\extitle{6}{线性空间}
\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\symbf{0}$表示线性空间中的零向量。同时我们也常简单地用$0$表示。
\item 对向量组$S$, $L(S)$和$\Span S$表示由$S$生成的子空间。
\item 对矩阵$A$, $\rank A$表示$A$的秩。$\Span_c A$表示矩阵$A$的列空间，即$A$的所有列生成的子空间。
\item 对实向量$X=(x_1,\cdots,x_n)$,
  $
    \norm{X}\coloneq \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2};
  $
对复向量$X=(x_1,\cdots,x_n)$,
  $
\norm{X}\coloneq \sqrt{\sum_{i=1}^n |x_i|^2}.
  $
  显然$\norm{X}\geqslant 0$, 且等号成立当且仅当$X=0$.
\item 对有限集$S$, $\sharp S$ 和 $|S|$ 指$S$中包含的元素的个数。
\item $\bF[x]$表示数域$\bF$上的一元多项式环。$\bF[x]_n$表示所有次数小于$n$的多项式构成的集合并添加上零多项式，即$\bF[x]_n=\{f\in \bF[x]\mid \deg f<n\}\cup\{0\}$.
    \item 有限集$I$中元素个数我们用$\sharp I$或$|I|$表示。
      对集合 $V$ 的两个子集 $S, T$, 集合差 $S\setminus T\coloneq \{x\in V\mid x\in S, x\notin T\}$.
    \item 一组有限的有序集$S_1, S_2, \cdots, S_r$合并得到的有序集记为$(S_1, \cdots, S_r)$.
      即，若$S_i=(\alpha_{i1}, \cdots, \alpha_{ik_i})$ ($1\leqslant i\leqslant r$), 则
      \[
        (S_1, \cdots, S_r)=(\alpha_{11}, \cdots, \alpha_{1k_1}, \alpha_{21}, \cdots, \alpha_{2k_2}, \cdots, 
        \alpha_{r1}, \cdots, \alpha_{rk_r}).
      \]
      %从矩阵的观点看，
      等号左边可以看作等号右边的分块写法。
      这样写时，我们考虑的有序集通常是向量组。
    \item 向量组 $S=( \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r})$ 生成的子空间记为$L(S)=L( \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r})$或$\Span S=\Span ( \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r})$. 我会交替地使用这两个符号。
    \item 对 $\bF$-线性空间 $V$, $V$ 上所有线性变换构成的环记作 $\End(V)$.
      对 $V$ 上的线性变换$\sA$, $\sA$的像空间记为$\im \sA$或$\sA V$, 
      $\sA$的核空间记为$\ker \sA$或$\sA^{-1}(0)$, $\sA$在不变子空间$W$上的限制
      记作$\sA|_W\colon W\rightarrow W$.
      $\sA$的系数在数域 $\bF$上的多项式构成的$\End(V)$的子空间记为 $\bF[\sA]$.
      恒等变换用 $1$ 或 $\sE$表示。
  \end{enumerate}

\section{作业题}

\paragraph*{习题 6.1\quad 集合与映射}


\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 2]{PWS19}}
  给定集合$M, N, L$, 证明分配律：
  \[
    \begin{aligned}
      M \cap(N \cup L)&= (M \cap N) \cup(M \cap L), \\
      M \cup(N \cap L)&= (M \cup N) \cap(M \cup L) .
\end{aligned}
\]
\end{exercise}
\begin{solution}
  我们只证明$M \cap(N \cup L)=(M \cap N) \cup(M \cap L)$.
  令$x\in M\cap (N\cup L)$. 那么$x\in M$且$x\in N\cup L$.
  $x\in N\cup L$表明$x\in N$或$x\in L$.
  若$x\in N$, 则$x\in M\cap N$; 若$x\in L$, 则$x\in M\cap L$.
  总之，$x\in (M\cap N)\cup (M\cap L)$.
  这就证明了
  \[
    M \cap(N \cup L)\subset (M \cap N) \cup(M \cap L).
  \]
  反过来，令$x\in (M \cap N) \cup(M \cap L)$.
  那么$x\in M\cap N$或$x\in M\cap L$. 无论那种情况，我们都有$x\in M$;
  另外，我们亦有$x\in N$或$x\in L$, 即$x\in N\cup L$.
  从而$x\in M\cap (N\cup L)$.
这就证明了
\[
  M \cap(N \cup L)\supset(M \cap N) \cup(M \cap L).
\]
既然$M \cap(N \cup L)$和 $(M \cap N) \cup(M \cap L)$相互包含，我们有
\[\tag*{\qedhere}
  M \cap(N \cup L)= (M \cap N) \cup(M \cap L).
\]
\end{solution}


\begin{exercise}
  给定映射$f\colon S\rightarrow T$, 若存在映射$g\colon T\rightarrow S$使得$fg=1_T, gf=1_S$, 则$g$称为$f$的逆映射。
  证明$f$有逆映射当且仅当$f$是双射。
\end{exercise}

\begin{solution}
  ($\Rightarrow$) 设$f$有逆映射$g$. 设$f(x)=f(y)$. 那么
  \[
    x=g(f(x))=g(f(y))=y.
  \]
  这样$f$是单射。对任意的$z\in T$, 显然$f(g(z))=z$. 这样$f$是满射。故而$f$是双射。

  ($\Leftarrow$) 设$f$为双射。定义$g\colon T\rightarrow S$为
  $g(z)=x$, 若$f(x)=z$; 由于$f$为双射，$z$给定时$x$存在且惟一。
  易知$g$就是$f$的逆映射。
\end{solution}


\begin{exercise}
令$f\colon X\rightarrow Y, g\colon Y\rightarrow Z$为两个映射。
  \begin{enumerate}
    \item 证明：若$f,g$单则$gf$单 (单射的复合是单射)。
      若$f,g$满则$gf$满 (满射的复合是满射)。
      若$f,g$是双射则$gf$是双射 (双射的复合是双射)。
    \item 
      证明：若$gf$满则$g$满。若$gf$单则$f$单。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) 先设$f,g$单。对$x,x'\in X$, 令$gf(x)=gf(x')$, 亦即
      $g(f(x))=g(f(x'))$. 由$g$单知$f(x)=f(x')$; 进而由$f$单知$x=x'$;
这就证明了$gf$单。

       再设$f,g$满。对任意$z\in Z$, $g$满表明存在$y\in Y$使得$g(y)=z$, 进而
       $f$满表明存在 $x\in X$使得 $f(x)=y$, 此时$gf(x)=z$; 这就证明了$gf$满。\\
       若$f,g$是双射，则$gf$作为单射的复合是单射，作为满射的复合是满射，
       因此$gf$是双射。

(2) 若$gf$满，则对任意的$z\in Z$, 存在$x\in X$使得$gf(x)=z$, 亦即$g(f(x))=z$;
       因此$g$是满射。

       再设$gf$是单射。
       对任意的$x,x'\in X$, 令$f(x)=f(x')$, 那么$gf(x)=gf(x')$.
       $gf$是单射表明$x=x'$. 这就证明了$f$单。
       \qedhere
\end{solution}


\begin{exercise}
  令$f\colon S\rightarrow T$为有限集$S, T$之间的映射。证明：
  \begin{enumerate}
    \item 若$f$单，则$\sharp S\leqslant \sharp T$.
\item 若$f$满，则$\sharp S\geqslant \sharp T$.
\item 若$f$是双射，则$\sharp S = \sharp T$.
\item 若$\sharp S=\sharp T$, 则$f$单当且仅当$f$满当且仅当$f$为双射。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 令$\sharp S=n$且$S=\{x_1,\cdots,x_n\}$. 既然$f$单，$T$中元素
      $f(x_1), \cdots, f(x_n)$互异。从而$\sharp T\geqslant n=\sharp S$.

(2) 令$\sharp T=m$且$T=\{y_1,\cdots,y_m\}$. 既然$f$满，可取$x_i$ ($i=1,\cdots,m$) 使得
      $f(x_i)=y_i$. 显然$x_1,\cdots,x_m$互异。因此$\sharp S\geqslant m=\sharp T$.

(3) 结合(1)和(2)知$f$是双射时$\sharp S = \sharp T$.

(4)只用证明$f$单当且仅当$f$满。
设$\sharp S=\sharp T=n$.

先设$f$单。令$S=\{x_1,\cdots,x_n\}$. 
既然$f$单，$f(x_1),\cdots,f(x_n)$互异，这就给出了$T$中互异的$n$个元素。
而$\sharp T=n$, 因此 $T=\{f(x_1),\cdots,f(x_n)\}$. 这样$f$满。

反过来，设$f$满。
那么存在 $x_i\in S$使得 $T=\{f(x_1),\cdots,f(x_n)\}$, 且这些$f(x_i)$互异。
$i\neq j$时，由于$f(x_i)\neq f(x_j)$, 必有$x_i\neq x_j$.
故$x_1,\cdots,x_n$给出了$S$中互异的$n$个元素。而$\sharp S=n$,
因此 $S=\{x_1,\cdots,x_n\}$. 不同的$x_i$有不同的像表明$f$单。
\qedhere
\end{solution}

\paragraph*{习题 6.2\quad 线性空间的定义与简单性质}


\begin{exercise}\label{0D8}\tiyuan{\cite[P181, 3]{PWS19}}%
  检验下列集合对于所指的运算是否构成实数域上的线性空间：
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P181, 3(1)]{PWS19}}%\marked
      次数等于 $n$ ($n \geqslant 1$) 的实系数多项式的全体，对于多项式的加法和数量乘法;

      \item \tiyuan{\cite[P181, 3(2)]{PWS19}}%\marked
 设 $ A$ 是一个 $n \times n$ 实矩阵， $A$ 的实系数多项式 $f(A)$ 的全体， 对于矩阵的加法和数量乘法;

        \item \tiyuan{\cite[P181, 3(3)]{PWS19}}%
          全体 $n$ 阶实对称 (反称，上三角形) 矩阵，对于矩阵的加法和数量乘法;

        %     \item 平面上不平行于某一向量的全部向量所成的集合，对于向量的加法和数量乘法;
        \item %\marked
 全体实数$\bR$, 加法和数乘分别定义为$a\oplus b=a-b, k\circ a=ka$ (其中$a,b\in \bR$, $k\in \bR$);
        \item \tiyuan{\cite[P181, 3(5)]{PWS19}}%
          实数的二元数组的全体$\bR^{2}$， 对于如下定义的运算：对任意的 $(a_1, b_1), (a_2, b_2)\in \bR^{2}, k\in \bR$, 
      \[
      \begin{aligned}
          \left(a_{1}, b_{1}\right) \oplus\left(a_{2}, b_{2}\right)&= \left(a_{1}+a_{2}, b_{1}+b_{2}+a_{1} a_{2}\right), \\
          k \circ\left(a_{1}, b_{1}\right)&= \left(k a_{1}, k b_{1}+\frac{k(k-1)}{2} a_{1}^{2}\right).
        \end{aligned}
    \]
  \item\label{0C8} \tiyuan{\cite[P181, 3(8)]{PWS19}}%
    全体正实数$\bR^+$, 加法与数乘定义为：
  \[a\oplus b=ab, \quad k\circ a= a^k, \quad\text{对任意}~a,b\in \bR^+, k\in \bR. \]

\end{enumerate}
\end{exercise}

  \begin{solution}
(1)  否。记次数等于 $n$ ($n \geqslant 1$) 的实系数多项式的全体为$V$.\\
\fangfa  若$V$带上多项式的加法和数乘构成线性空间，则$V$中应有零元素，
但是，对任一个$n$次多项式$f$, 在多项式的加法下不可能有 $x^n+f= x^n$. \\
\fangfa  要定义线性空间结构，我们需要加法的封闭性和数乘的封闭性，
即所给出的``加法''和``数乘''给出了映射$V\times V\rightarrow V$和映射 $P\times V\rightarrow V$.
多项式的加法不能定义映射$V\times V\rightarrow V$,
比如$x^n+(-x^n+x^{n-1})=x^{n-1}\notin V$. 因此$V$对于多项式的加法和数量乘法不能成为线性空间。

(2) 容易发现$A$的实系数多项式的和、实数倍还是$A$的多项式，因此$f(A)$构成$\RR^{n\times n}$的子空间，
因而对于矩阵的加法和数量乘法构成线性空间。

(3) 都是。所有$n$阶实对称（反称、上三角）矩阵的集合$V$ (显然非空，比如零矩阵属于$V$) 作为$\bR^{n\times n}$的子集对矩阵的加法和数乘封闭，因而是$\bR^{n\times n}$的子空间，
所以$V$对于矩阵的加法和数量乘法构成线性空间。\\
我们以对称矩阵为例，
我们需要验证对称矩阵的和是对称矩阵，对称矩阵的倍是对称矩阵：
令$A, B$为$n$阶对称矩阵，$k\in \bR$, 则
\[
(A+B)^{\rT}= A^{\rT}+B^{\rT}=A+B,\quad
(kA)^{\rT} = kA^{\rT}=kA,
\]
即$A+B, kA$是对称矩阵。

(4) 否。加法不满足结合律：
\begin{align*}
(a\oplus b)\oplus c&= (a-b)-c =a-b-c \quad \text{而} \\
a\oplus (b\oplus c) &= a-(b-c)=a-b+c,
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
只要$c\neq 0$, 则$(a\oplus b)\oplus c\neq a\oplus (b\oplus c)$.

(5) 是。所给的加法和数乘分别定义了映射$V\times V\rightarrow V, P\times V\rightarrow V$.
我们要验证加法和数乘满足线性空间的定义中要求的性质。
加法的性质验证如下：
\begin{enumerate}[(i)]
\item 交换律：按照定义，
\[
(a_1,b_1) \oplus (a_2, b_2) = \left( a_1+a_2, b_1+b_2+a_1a_2 \right). 
\]
交换指标$1,2$可得
\[
(a_2,b_2) \oplus (a_1, b_1) = \left( a_2+a_1, b_2+b_1+a_2a_1 \right).
\]
由实数加法与乘法的交换性可知
\[
(a_1,b_1)\oplus (a_2,b_2)= (a_2,b_2)\oplus (a_1,b_1).
\]
\item 结合律：按照定义，
\begin{align*}
\left( (a_1,b_1) \oplus (a_2, b_2) \right)\oplus (a_3, b_3) &= 
\left( a_1+a_2, b_1+b_2+a_1a_2 \right)\oplus (a_3, b_3) \\
&= \left( a_1+a_2+a_3, b_1+b_2+a_1a_2 + b_3 + (a_1+a_2)a_3 \right)\\
&= \left( a_1+a_2+a_3, b_1+b_2+b_3+a_1a_2 + a_1a_3 +a_2a_3 \right), \\
(a_1,b_1) \oplus\left( (a_2, b_2) \oplus (a_3, b_3)  \right) &= 
(a_1,b_1) \oplus \left( a_2+a_3, b_2+b_3+a_2a_3 \right) \\
&= \left( a_1+a_2+a_3, b_1+b_2+b_3+a_2a_3 + a_1(a_2+a_3) \right) \\
&= \left( a_1+a_2+a_3, b_1+b_2+b_3+a_1a_2 + a_1a_3 +a_2a_3 \right).
\end{align*}
这样
\[
\left( (a_1,b_1) \oplus (a_2, b_2) \right)\oplus (a_3, b_3) = 
(a_1,b_1) \oplus\left( (a_2, b_2) \oplus (a_3, b_3)  \right).
\]
\item $0$的存在性：若对任意的$(a_1,b_1)\in \bR^{2}$, 
\[
(a_1, b_1)\oplus (a_2, b_2)=(a_1, b_1)
\]
都成立，
容易发现只有$(a_2, b_2)=(0,0)$, 而且$(a_2,b_2)=(0,0)$确实能使得上式总成立。
因此$(0,0)$就是零元素。
\item 元素的负元素的存在性：给定$(a_1,b_1)\in \bR^2$, 满足
\[
(a_1, b_1)\oplus (a_2,b_2)=(0,0)
\]
的$(a_2,b_2)$相当于
方程组
\[
a_1+a_2=0, b_1+b_2+a_1a_2=0
\]
的解。此方程组有唯一解 $(a_2,b_2)=(-a_1, a_1^2-b_2)$, 因此此元素就是$(a_1,b_1)$的负元素。
\end{enumerate}
接下来我们验证数乘满足的性质：
\begin{enumerate}[(i)]
\item $1\in \bR$的作用是恒等作用：按定义易知
$1\circ (a, b)=(a, b)$. 
\item 结合律：
\[
\begin{aligned}
k\circ (l\circ (a, b)) &=  k\circ \left( la, lb+\frac{l(l-1)}{2} a^2 \right)  \\
&= \left( kla, k\left( lb+\frac{l(l-1)}{2} a^2 \right) + \frac{k(k-1)}{2}(la)^2 \right)\\
&= \left( kla, klb + \frac{kl(kl-1)}{2}a^2 \right) \\
&= (kl)\circ (a,b).
\end{aligned}
\]
\item 分配律（数乘与数的加法满足分配律）：按定义，
\begin{align*}
(k+l)\circ (a, b) = 
\left( (k+l)a, (k+l)b+ \frac{(k+l)(k+l-1)}{2} a^2 \right).
\end{align*}
又按定义有
\begin{align*}
k\circ (a,b) \oplus l\circ (a,b) &= 
\left( ka, kb+\frac{k(k-1)}{2}a^2 \right) \oplus 
\left(  la, lb+\frac{l(l-1)}{2}a^2\right) \\
&= \left( ka+la, \left( kb+\frac{k(k-1)}{2}a^2 \right) + \left( lb+\frac{l(l-1)}{2}a^2 \right)+ kla^2 \right)\\
&= \left( (k+l)a, (k+l)b+ \frac{(k+l)(k+l-1)}{2}a^2 \right) \\
&= (k+l)\circ (a, b).
\end{align*}
\item 分配律（数乘与向量的加法满足分配律）：按定义，
\[
\begin{aligned}
&\hspace{1.5em} k\circ \left( (a_1,b_1)\oplus (a_2,b_2) \right) \\
&= 
k\circ \left( a_1+a_2, b_1+b_2+a_1a_2 \right) \\
&= \left( k(a_1+a_2), k(b_1+b_2+a_1a_2)+ \frac{k(k-1)}{2}(a_1+a_2)^2 \right),\\
&\hspace{1.5em}(k\circ (a_1,b_1))\oplus (k\circ (a_2,b_2)) \\
&= 
\left( ka_1, kb_1+\frac{k(k-1)}{2}a_1^2 \right) \oplus
\left( ka_2, kb_2+\frac{k(k-1)}{2}a_2^2 \right) \\
&= \left( ka_1+ ka_2, \left( kb_1+\frac{k(k-1)}{2}a_1^2  \right)+ \left( kb_2+\frac{k(k-1)}{2}a_2^2 \right) + k^2a_1a_2 \right).
\end{aligned}
\]
整理并比较下$k\circ \left( (a_1,b_1)\oplus (a_2,b_2) \right)$和$(k\circ (a_1,b_1))\oplus (k\circ (a_2,b_2))$的计算结果可知
\[
k\circ \left( (a_1,b_1)\oplus (a_2,b_2) \right)=
(k\circ (a_1,b_1))\oplus (k\circ (a_2,b_2)).
\]

\end{enumerate}

\setcounter{fangfa}{0}
(6) 是。\fangfa  显然所给的加法和数乘分别定义了映射
\[
\bR^+\times \bR^+\rightarrow \bR^+, \quad \bR\times \bR^+\rightarrow \bR^+.
\]
这两点分别称为加法的封闭性和数乘的封闭性。下面按照线性空间的公理验证加法和数乘所需满足的性质。
\textit{第一步}：$(\bR^+, \oplus)$所需满足的四条性质。
$\oplus$就是实数乘法限制到$\bR^+$上，由于$\bR^+$对实数乘法封闭，$\oplus$确实给了$\bR^+$二元运算，且满足结合律与交换律。
零元素显然为$1$. $a\in \bR^+$的负元素为$a^{-1}$. 
\textit{第二步}：验证数乘与基域$\bR$的乘法的满足结合律、两个分配律（数乘分配基域$\bR$的加法和数乘分配$\bR^+$的加法）、$1\in \bR$的作用为恒等作用。
对$a, b\in \bR^+, k, l\in \bR$有
\[
\begin{aligned}
l\circ (k\circ a) &=  l\circ (a^k)=(a^k)^l=a^{kl}=(lk)\circ a,\\
(l+k)\circ a &=  a^{l+k} = a^l a^k = (l\circ a)\oplus (l\circ k),\\
k\circ (a\oplus b)&=  (ab)^k=a^kb^k=(k\circ a)\oplus (k\circ b),\\
1\circ a&= a^1 = a.
\end{aligned}
\]
这样向量空间所要求的公理都能满足，所以题给的加法和数乘的确定义了$\bR^+$上的$\bR$-向量空间结构。

\fangfa  我们知道$\bR$上的加法与乘法诱导了$\bR$上的$\bR$-向量空间结构。现在定义映射
\[
\varphi\colon \bR\rightarrow \bR^+, \quad a\mapsto e^a.
\]
显然$\varphi$是双射，且对任意的$a,b,k\in \bR$有
\[
\varphi(a+b)=\varphi(a)\oplus \varphi(b),\quad \varphi(ka)=k\varphi(a).
\]
这样题给的$\bR^+$的加法与数乘不过是$\bR$上的加法与数乘通过双射$\varphi$诱导过来的，
因而使得$\bR^+$在所给加法与数乘下构成向量空间。
\qedhere
\end{solution}

\begin{remark}
  若$V$是$P$-向量空间且存在双射$\varphi\colon V\rightarrow W$, 那么$W$上存在唯一的向量空间结构使得$\varphi$是线性的，这个向量空间结构是通过$\varphi$把$V$上的向量空间结构诱导到$W$上去得到的。我们定义$W$上的加法为$w_1+w_2=\varphi(v_1+v_2)$, 对$w_1=\varphi(v_1), w_2=\varphi(v_2)$. $W$在这个加法下构成Abel群，加法单位元为$\varphi(0)$. 定义$W$上的标量乘为$aw=\varphi(av)$, 其中$a\in P, w=\varphi(v)$. 容易验证这个标量乘满足向量空间公理中的条件。从而$W$是向量空间。要使得$\varphi$线性，容易发现这是唯一的定义$W$上的向量空间结构的方式。
\end{remark}


\begin{exercise}
  在$P$-向量空间$V$中，证明$(-k)\alpha=-(k\alpha)=k(-\alpha)$, 其中$k\in P, \alpha\in V$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  由数乘的结合律知 $(-k)\alpha = -(k\alpha)$. 
  再利用 $(−1)\alpha = -\alpha$ 知 $(-k)\alpha = k(-1(\alpha))=k(-\alpha)$.

  \fangfa  由数乘和加法的分配律可知：
  \[
    \begin{aligned}
      (-k)\alpha + k\alpha&= (-k+k)\alpha=0\alpha=0,\\
      k(-\alpha)+k\alpha&= k(-\alpha+\alpha)=k0=0,
    \end{aligned}
  \]
  因此$(-k)\alpha=-(k\alpha)=k(-\alpha)$.
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 4]{PWS19}}
  在线性空间中，证明$k\symbf{0}=\symbf{0}$, $k(\alpha-\beta)=k\alpha-k\beta$. 
\end{exercise}
\begin{solution}
  对等式
  \[
    k\symbf{0}=k(\symbf{0}+\symbf{0})=k\symbf{0}+k\symbf{0}
  \]
  两边加上$-k\symbf{0}$知$k\symbf{0}=\symbf{0}$. 再者，对等式
  \[
    k(\alpha-\beta)+k\beta=k(\alpha-\beta+\beta)=k\alpha
  \]
  两边加上$-k\beta$得$k(\alpha-\beta)=k\alpha-k\beta$. 
\end{solution}

\paragraph*{习题 6.3\quad 维数 \textbullet 基与坐标}

 \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 5]{PWS19}}
    证明： 在实轴上的实值函数构成的实线性空间$\Map(\bR, \bR)$中， $1, \cos ^{2} t, \cos 2 t$ 是线性相关的，而 $t^2, \sin t, \cos t$是线性无关的。
\end{exercise}

\begin{solution}
  注意到$\cos 2t=2\cos^2 t+(-1)\cdot 1$. 既然$\cos 2t$可以由$\cos^2t, 1$线性表出，$1,\cos^2t, \cos 2t$线性相关。
  我们接下来证明$t^2, \sin t, \cos t$是线性无关的。
  考虑线性关系
  \[\tag{$*$}
    a t^2 + b\sin t+c\cos t=0,
  \]
  其中$a,b,c\in \bR$. 注意到$\Map(\bR, \bR)$中的零向量为取常值 $0$ 的函数，这正是 ($*$) 式等号右边的零所指。
  对($*$)式取$t=0$可得$c=0$. 这样($*$)式变成了
  \[
    at^2+b\sin t=0.
  \]
  对上式取$t=\pi$可知$a\pi^2=0$, 从而$a=0$.  这样($*$)变成了$b\sin t=0$. 
  再取$t=\frac{\pi}{2}$可知$b=0$.
  既然$a=b=c=0$, ($*$)式是个平凡的线性关系，从而$t^2, \sin t,\cos t$线性无关。
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 6]{PWS19}}
  设$f_1, f_2, f_3 \in P[x]$互素但其中任两个不互素。
  证明$f_1, f_2, f_3$线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}

  假设$f_1, f_2, f_3$线性相关，则其中之一可由另外两个线性表出。
  不妨设$f_3=af_1+bf_2$, 其中$a, b\in P$.
  由于$f_1, f_2$不互素，存在不可约多项式$p$使得$p\mid f_1, p\mid f_2$.
  此时也有$p\mid f_3=af_1+bf_2$. 这样$f_1,f_2,f_3$有共因子$p$, 与$f_1,f_2,f_3$互素矛盾了。
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 8]{PWS19}}
  求下列线性空间的维数与一组基：
\begin{enumerate}
  \item \tiyuan{\cite[P181, 8(2)]{PWS19}}%\marked
    $P^{n \times n}$ 中全体对称 (反称、上三角形) 矩阵作成的数域 $P$ 上的空间; 


  \item \tiyuan{\cite[P181, 8(4)]{PWS19}}%
    实数域上由矩阵 $ A$ 的全体实系数多项式组成的空间，其中
\[
A=\left(\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & \omega & 0 \\
0 & 0 & \omega^{2}
\end{array}\right), \quad \omega=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} .
\]
\item \tiyuan{\cite[P181, 8(3)]{PWS19}}%
  练习~\ref{0D8}\ref{0C8}~这个线性空间。
\item $2$阶复方阵的集合$\bC^{2\times 2}$在矩阵的加法和实数的乘法下构成的实向量空间。

\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 令$e_{ij}$为$(i,j)$位元素为$1$其余元素为$0$的$n$阶矩阵，令
      $V_1, V_2, V_3$分别为所有$n$阶对称矩阵、反称矩阵、上三角矩阵构成的$P^{n\times n}$的子空间。
      容易发现$e_{ii}$ ($1\leqslant i\leqslant n$), $e_{ij}+e_{ji}$ ($1\leqslant i< j\leqslant n$)
      能生成$V_1$且线性无关，从而能构成$V_1$的一组基，特别地，$\dim V_1=\frac{n(n+1)}{2}$.
      容易发现$e_{ij}-e_{ji}$ ($1\leqslant i< j\leqslant n$)
      能生成$V_2$且线性无关，从而能构成$V_2$的一组基，特别地，$\dim V_2=\frac{n(n-1)}{2}$.
      容易发现$e_{ij}$ ($1\leqslant i\leqslant j\leqslant n$) 生成$V_3$且线性无关，
      从而能构成$V_3$的一组基，特别地，$\dim V_3=\frac{n(n+1)}{2}$.
      \item 
令全体$A$的实系数多项式组成的实线性空间为$V$. 我们来证明$(E, A, A^2)$为$V$的一组基，特别地，$\dim V=3$.
      由$\omega^3=1$知$A^3=E$. 这样$n$为非负整数时
      \[
        A^{3n+k}=\begin{cases}
        E, & \text{若~}k=0,\\
        A, & \text{若~}k=1,\\
        A^2,  & \text{若~}k=2.
      \end{cases}
    \]
    所以$A$的实系数多项式是$E, A, A^2$的实系数线性组合，即$E, A, A^2$生成$V$.
    我们还要证$E, A, A^2$线性无关。设
      $aE + bA + cA^2=0$, 其中$a,b,c\in \bR$. 
      这相当于
      \[
        \begin{cases}
          a+b+c=0\\
          a+b\omega+c\omega^2=0\\
          a+b\omega^2+c\omega=0,
        \end{cases}\quad \text{亦即}\quad
        \begin{pmatrix}
          1 & 1 & 1\\
          1 & \omega & \omega^2\\
          1 & \omega^2 & \omega
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
          a \\ b \\c
        \end{pmatrix}=0.
      \]
      利用Vandermonde行列式知
      \[
        \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1\\
          1 & \omega & \omega^2\\
          1 & \omega^2 & \omega
        \end{vmatrix}=(\omega^2-\omega)(\omega^2-1)(\omega-1)\neq 0.
      \]
      这样$(a,b,c)=(0,0,0)$. 这就证明了$E, A, A^2$线性无关。
    \item $1$维，基可取任意不等于$1$的正实数构成。

      \fangfa  显然在所给实线性空间结构下$\bR^+$中的零向量为$1$. 考虑$1\neq a\in \bR^+$, $a$非零向量表明$a$线性无关。
      对任意的$b\in \bR^+$有$(\log_a b)\circ a=a^{\log_a b}=b$. 所以$a$生成$\bR^+$. 这样$a$构成基。

      \fangfa  我们知道 $\bR^+$ 上的实线性空间结构是通过$\bR$上自然的实线性空间结构诱导的，特别地，我们有线性同构$\bR^+\cong \bR$. 这样$\dim \bR^+=\dim \bR=1$. 这样，任意的非零向量，即不等于$1$的正实数，都可构成$\bR^+$的一组基。
    \item   我们知道$\bC^{2\times 2}$作为复向量空间的一组基为$e_{11}, e_{12}, e_{21}, e_{22}$, 其中
  \[
    e_{11}=\begin{pmatrix}
      1 & 0 \\ 0 & 0
    \end{pmatrix}, \quad e_{12}=\begin{pmatrix}
      0 & 1 \\ 0  &0 
    \end{pmatrix},\quad 
e_{21}=\begin{pmatrix}
      0 & 0 \\ 1  &0 
    \end{pmatrix},\quad
e_{22}=\begin{pmatrix}
      0 & 0 \\ 0  &1
    \end{pmatrix}.
  \]
  设$M=(c_{kl})$为$2$阶复矩阵。令$c_{kl}=a_{kl}+i\,b_{kl}$, 其中$a_{kl}, b_{kl}\in \bR$.
  我们把$M$表示成的$e_{11}, e_{12}, e_{21}, e_{22}$的复系数线性组合进一步写成实系数的线性组合：
  \begin{align*}
    (c_{kl})&= c_{11} e_{11}+c_{12} e_{12} + c_{21} e_{21} + c_{22} e_{22} \\
    &= (a_{11}+i\, b_{11}) e_{11} + (a_{12} + i\, b_{12}) e_{12} 
    + (a_{21} + i\, b_{21} ) e_{21} + (a_{22} + i\, b_{22}) e_{22}\\
    &= a_{11} e_{11} + b_{11} (i\, e_{11})+ a_{12} e_{12} + b_{12} (i\, e_{12})
    + a_{21} e_{21} + b_{21} (i\, e_{21}) + a_{22} e_{22} + b_{22} (i\, e_{22})
  \end{align*}
  这样$\symbb{B} =(e_{11}, i\,e_{11}, e_{12}, i\,e_{12}, e_{21}, i\,e_{21}, e_{22}, i\,e_{22})$
  生成$\bC^{2\times 2}$, 作为实向量空间。
  而且由于$e_{11}, e_{12}, e_{21}, e_{22}$在$\bC$上线性无关，容易发现$\symbb{B} $在$\bR$上线性无关，
  我们有$\symbb{B} $是$\bC^{2\times 2}$作为实向量空间的一组基。因此
  $\dim_{\bR} \bC^{2\times 2}=8$.
  \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{remark}
\begin{enumerate}
  \item 固定基域$\FF$. 对$n$阶方阵$A$, Hamilton-Cayley 定理告诉我们$A^n$可由$E, A, \cdots, A^{n-1}$线性表出。
    进而易归纳得$m\geqslant n$时$A^m$可由$E, A, \cdots, A^{n-1}$线性表出。
    如此，所有$A$的多项式构成的线性空间的维数不超过$n$.
  \item   若$V_{\bC}$是复向量空间，且$(v_1, v_2, \cdots, v_n)$是$V_{\bC}$的一组基，
则$V_{\bC}$上的数乘限制到实数域上时得到的实向量空间$V_{\bR}$的一组基为
$(v_1, i\,v_1, v_2, i\, v_2, \cdots, v_n, i\, v_n)$. 特别地，$\dim V_{\bR} = 2\dim V_{\bC}$.
\end{enumerate}
\end{remark}

\paragraph*{习题 6.4\quad 用基计算}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 7(1)]{PWS19}}
  在 $P^{4}$ 中，求向量 $ \xi$ 在基 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4}$ 下的坐标，其中
  \[
    \begin{cases}
       \varepsilon_{1}=(1,1,1,1),\\
       \varepsilon_{2}=(1,1,-1,-1), \\
      \varepsilon_{3}=(1,-1,1,-1),\\
       \varepsilon_{4}=(1,-1,-1,1),\\
      \xi=(1,2,1,1).
\end{cases}
\]
\end{exercise}
\begin{solution}
  \fangfa  设$\xi=x_1 \varepsilon_1 + x_2 \varepsilon_2 + x_3 \varepsilon_3 + x_4 \varepsilon_4$. 这相当于线性方程组
  \[
    \begin{cases}
      x_1+ x_2 + x_3 +x_4=1 & (1)\\
      x_1+x_2-x_3-x_4=2 & (2) \\
      x_1-x_2+x_3-x_4=1 & (3) \\
      x_1-x_2-x_3+x_4=1 & (4)
    \end{cases}
  \]
  $(1)+(2)$, $(1)-(2)$分别给出了
  \[
    x_1+x_2=\frac{3}{2},\quad
    x_3+x_4=-\frac{1}{2}.
  \]
  $(3)+(4)$, $(3)-(4)$分别给出了
  \[
    x_1-x_2=1,\quad x_3-x_4=0.
  \]
  进而易知
  \[
    (x_1,x_2,x_3,x_4)=(\frac{5}{4}, \frac{1}{4}, -\frac{1}{4}, -\frac{1}{4}).
  \]
  这就是$\xi$在基 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4}$ 下的坐标。

  \fangfa  自然基
  \[
    \symbb{B} =\left( (1,0,\cdots,0), (0,1,\cdots,0),\cdots, (0,\cdots,0,1) \right)
  \]
  到基 $\symbb{B} '=(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4})$的过渡矩阵为
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      \varepsilon_1^{\rT} & \varepsilon_2^{\rT} & \varepsilon_3^{\rT} & \varepsilon_4^{\rT}
    \end{pmatrix}.
  \]
  $\xi$在自然基$\symbb{B} $下的坐标为$\xi^{\rT}$. 
  因此$\xi$在基$\symbb{B} '$下的坐标为
  \[\tag*{\qedhere}
    A^{-1}\xi^{\rT} = (\frac{5}{4}, \frac{1}{4}, -\frac{1}{4}, -\frac{1}{4})^{\rT}.
  \]
\iffalse
   \fangfa  (续)
   要算出 $A^{-1}\xi^{\rT}$, 我们可以按部就班地行化简$\begin{pmatrix}
     A & \xi^{\rT}
   \end{pmatrix}$至形如$\begin{pmatrix}
     E & A^{-1}\xi^{\rT}
   \end{pmatrix}$, 也可把分块形式的初等变换考虑进来：
   \left( 
     \begin{array}[]{rrrr|r}
       1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
       1 & 1 & -1 & -1 & 2\\
       1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
       1 & -1 & -1 & 1& 1
     \end{array}
   \right)
 \fi
  \end{solution}



  \begin{exercise} \tiyuan{\cite[P181, 9(2)]{PWS19}}
  在$\bR^4$中，求由基$\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3, \varepsilon_4$到基$\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4$的过渡矩阵，以及$\xi=(1,0,0,0)$在基$\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon_4$下的坐标向量，其中
  \[
      \begin{cases}
      \varepsilon_1=(1,2,-1,0)\\
      \varepsilon_2=(1,-1,1,1)\\
      \varepsilon_3=(-1,2,1,1)\\
      \varepsilon_4=(-1,-1,0,1),
    \end{cases}
    \quad 
    \begin{cases}
      \eta_1=(2,1,0,1)\\
      \eta_2=(0,1,2,2)\\
      \eta_3=(-2,1,1,2)\\
      \eta_4=(1,3,1,2).
    \end{cases}
  \]
  \end{exercise}

  \begin{solution}
      令
  \begin{align*}
    Q_1 &= \begin{pmatrix}
      \varepsilon_1^{\rT} & \varepsilon_2^{\rT} & \varepsilon_3^{\rT} & \varepsilon_4^{\rT}
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
     1  & 1 & -1 & -1 \\
     2 & -1  & 2 & -1 \\
     -1  & 1  & 1  & 0 \\
     0  & 1  & 1  & 1
   \end{pmatrix},\\
   Q_2&= \begin{pmatrix}
      \eta_1^{\rT}& \eta_2^{\rT} & \eta_3^{\rT} & \eta_4^{\rT}
    \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
      2 & 0 & -2 & 1\\
      1 & 1 & 1 & 3\\
      0 & 2 & 1 & 1\\
      1 & 2 & 2 & 2
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
    这两个矩阵分别为自然基$\symbb{B} $到
    基$\symbb{B} _1=(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3, \varepsilon_4)$的过渡矩阵和自然基$\symbb{B} $到
    基$\symbb{B} _2=(\eta_1, \eta_2,\eta_3, \eta_4)$ 的过渡矩阵，即 $\symbb{B} _1=\symbb{B} Q_1, \symbb{B} _2=\symbb{B} Q_2$.
  进而
  \[
    \symbb{B} _2 = \symbb{B}  Q_2= (\symbb{B} _1Q_1^{-1})Q_2=\symbb{B} _1(Q_1^{-1}Q_2).
  \]
  这样$\symbb{B} _1$到$\symbb{B} _2$的过渡矩阵为$A=Q_1^{-1}Q_2$.
  另外，$\xi$在$\symbb{B} _1$下的坐标为$X=Q_1^{-1}\xi^{\rT}$.
  我们知道$\begin{pmatrix}
    Q_1 & Q_2 & \xi^{\rT}
  \end{pmatrix}$能行化简至$\begin{pmatrix}
    E & Q_1^{-1}Q_2 & Q_1^{-1}\xi^{\rT}
  \end{pmatrix}$, 如此可得$A$和$X$. 化简结果为
  \[
    \left( 
      \begin{array}{cccc|cccc|c}
        1  & 1 & -1 & -1 & 2 & 0 & -2 & 1 & 1\\
        2 & -1  & 2 & -1 & 1 & 1 & 1 & 3 & 0 \\
        -1  & 1  & 1 & 0 &  0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\
        0  & 1  & 1  & 1 &  1 & 2 & 2 & 2  & 0
      \end{array}
    \right)\rightarrow 
    \left( 
      \begin{array}{cccc|cccc|c}
        1 & 0 & 0 & 0 & 1  & 0 & 0  & 1  &\frac{3}{13}\\
        0& 1 & 0 & 0 &1  & 1 & 0&  1 & \frac{5}{13}\\
      0& 0 & 1 & 0 &  0 & 1 & 1  & 1 & -\frac{2}{13}\\
  0& 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -\frac{3}{13}
      \end{array}
    \right).
  \]
  所以基$\symbb{B} _1$到基$\symbb{B} _2$的过渡矩阵和$\xi$在基$\symbb{B} _1$下的坐标分别为
  \[\tag*{\qedhere}
    A=\begin{pmatrix}
0  & 1 & -1  & 1\\
-1  & 1 & 0&  0\\
 0 & 0 & 0  & 1\\
1 & -1  & 1 & -1
  \end{pmatrix},
\quad
X=\begin{pmatrix}\frac{3}{13}\\ \frac{5}{13}\\ -\frac{2}{13}\\ -\frac{3}{13}\end{pmatrix}.
\]
  \end{solution}


\begin{exercise} 
  设$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$是$3$维向量空间$V$的一组基，
  向量组$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$如下定义：
  \[
    \beta_1=2\alpha_1+\alpha_3,\quad \beta_2=3\alpha_2+\alpha_3, \quad \beta_3=\alpha_1+\alpha_2+2\alpha_3.
  \]
  \begin{enumerate}
    \item 证明$(\beta_1,\beta_2,\beta_3)$是$V$的一组基。
    \item 求基$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$到基$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$的过渡矩阵。
    \item 求向量$\alpha=\alpha_1+3\alpha_2+2\alpha_3$在基$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$下的坐标向量。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 我们知道若$\symbb{B} $为有限维向量空间$V$的一组基，
      那么$V$的任一基恰好都可写为$\symbb{B} P$, 其中$P$是可逆矩阵。
      这里``恰好''指的是：对可逆的$P$, $\symbb{B} P$为基；对任一组基$\symbb{B} '$, 存在可逆矩阵$P$使得$\symbb{B} '=\symbb{B} P$.

      显然$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)P$, 
      其中
      \[
        P=\begin{pmatrix}
        2 & 0 & 1\\
        0 & 3 & 1\\
        1 & 1 & 2
      \end{pmatrix}.
    \]
    由于$P$是可逆矩阵（因为$|P|=7$），$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$是一组基。
    \item 旧基到新基的过渡矩阵如下确定：新基$=$旧基$\times$过渡矩阵。
      $(\beta_1, \beta_2, \beta_3)=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)P$表明
      $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)=(\beta_1, \beta_2, \beta_3)P^{-1}$, 
      所以基$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$到基$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$
      的过渡矩阵为$P^{-1}$. 我们行化简$\begin{pmatrix}
        P &E
      \end{pmatrix}$来求$P^{-1}$:
  \begin{align*}
    &\left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        2 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
        0 & 3 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
        1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 
      \end{array}
    \right)\xrightarrow[r_3-2r_1]{r_1\leftrightarrow r_3} 
   \left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
        0 & 3 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
        0 & -2 & -3 & 1 & 0 & -2 
      \end{array}
    \right) \\
    & \xrightarrow[r_3+2r_2]{r_2+r_3} 
      \left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
        0 & 1 & -2 & 1 & 1 & -2 \\
        0 & 0 & -7 & 3 & 2 & -6 
      \end{array}
    \right) 
    \xrightarrow{r_1-r_2} 
      \left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        1 & 0 & 4 & -1 & -1 & 3 \\
        0 & 1 & -2 & 1 & 1 & -2 \\
        0 & 0 & -7 & 3 & 2 & -6 
      \end{array}
    \right)  \\
  &  \xrightarrow[r_2+r_3\times \left( -\frac{2}{7} \right)]{r_1+r_3\times \frac{4}{7}} 
      \left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        1 & 0 & 0 & \frac{5}{7} & \frac{1}{7} & -\frac{3}{7} \\
        0 & 1 & 0 & \frac{1}{7} & \frac{3}{7} & -\frac{2}{7} \\
        0 & 0 & -7 & 3 & 2 & -6 
      \end{array}
      \right)
      \xrightarrow{r_3\times \left( -\frac{1}{7} \right)} 
     \left( 
      \begin{array}[]{rrr|rrr}
        1 & 0 & 0 & \frac{5}{7} & \frac{1}{7} & -\frac{3}{7} \\
        0 & 1 & 0 & \frac{1}{7} & \frac{3}{7} & -\frac{2}{7} \\
        0 & 0 & 1 & -\frac{3}{7} & -\frac{2}{7} & \frac{6}{7} 
      \end{array}
    \right).
  \end{align*}
  所以
  \[
    P^{-1} = \begin{pmatrix}
      \frac{5}{7} & \frac{1}{7} & -\frac{3}{7} \\
      \frac{1}{7} & \frac{3}{7} & -\frac{2}{7} \\
       -\frac{3}{7} & -\frac{2}{7} & \frac{6}{7} 
      \end{pmatrix}
    \] 
  
\item 我们有
    \begin{align*}
      \alpha=\alpha_1+3\alpha_2+2\alpha_3
      = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)x = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)P^{-1}x,
    \end{align*}
  其中$x=(1,3,2)^{\rT}$. 所以$\alpha$在基$(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$下的坐标向量为$P^{-1}x=(\frac{2}{7}, \frac{6}{7}, \frac{3}{7})^{\rT}$.
  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}


\paragraph*{习题 6.5\quad 线性子空间}

  \begin{exercise}\label{0C5}
  设$V_1, V_2$为向量空间$V$的子空间。证明：$V_1\cup V_2$为$V$的子空间当且仅当$V_1\subset V_2$或$V_1\supset V_2$. 
\end{exercise}

\begin{solution}
  ``当''的部分显然，我们证明``仅当''这部分。
  设$V_1\cup V_2$是子空间，且$V_1\nsubset V_2$.
  令$\alpha\in V_1\setminus V_2$. 
  对任意的$\beta\in V_2$, 我们有$\alpha+\beta\in V_1\cup V_2$, 因为$V_1\cup V_2$是子空间。
  由于$\alpha\notin V_2$而$\beta\in V_2$, 我们知$\alpha+\beta\notin V_2$, 从而$\alpha+\beta\in V_1$. 
  这样$\beta=(\alpha+\beta)-\alpha\in V_1$. 这就证明了$V_2\subset V_1$.
\end{solution}





\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 17]{PWS19}}
  在 $P^{4}$ 中， 求由齐次方程组
\[
\left\{\begin{array}{l}
3 x_{1}+2 x_{2}-5 x_{3}+4 x_{4}=0, \\
3 x_{1}-x_{2}+3 x_{3}-3 x_{4}=0, \\
3 x_{1}+5 x_{2}-13 x_{3}+11 x_{4}=0
\end{array}\right.
\]
确定的解空间的一组基与维数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  行化简所给齐次线性方程组的系数矩阵至行阶梯形可得：
  \[
    \begin{pmatrix}
      3 & 2 & -5 & 4\\
      3 & -1 & 3 & -3 \\
      3  & 5 & -13 & 11
    \end{pmatrix} \rightarrow
  \begin{pmatrix}
      3 & 2 & -5 & 4\\
        0 & -3 & 8 & -7\\
          0& 0 & 0 & 0
        \end{pmatrix}.
\]
由此可知一个基础解系为
\[
  \alpha_1=(-\frac{1}{9}, \frac{8}{3},1,0)^{\rT},\quad 
  \alpha_2=(\frac{2}{9}, -\frac{7}{3}, 0,1)^{\rT}.
\]
这便是解空间的一组基，且解空间的维数为$2$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{1EA} \tiyuan{\cite[P181, 13]{PWS19}}
  给定$A\in P^{n\times n}$, 记 $\cC( A)$为所有与 $ A$ 可交换的矩阵组成的 $P^{n \times n}$ 的子集。
    \begin{enumerate}
      \item 证明： $\cC(A)$为$P^{n\times n}$的子空间。
        \item 当 $A=E$ 时，求 $\cC(A)$;
          \item 当  
            \[
               A=\left(\begin{array}{ccccc}
                1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
              0 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
          0 & 0 & 0 & \cdots & n
    \end{array}\right)
\]
时，求 $\cC( A)$ 的维数和一组基。
\item %\marked
 令 $J=\begin{pmatrix}
            \lambda & 1 & 0 \\
            0 & \lambda & 1\\
            0 & 0 & \lambda
          \end{pmatrix}$.
求出$\cC (J)$的一组基和维数。
\end{enumerate}

\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 
      显然$0\in \cC(A)$, 故$\cC(A)$非空。又显然$V$对加法与数乘封闭，从而$\cC(A)$是$P^{n\times n}$的子空间。
    \item 若$A=E$, 那么任意的$n$阶矩阵与$A$可交换，从而$\cC(A)=P^{n\times n}$.
    \item 设$A=\diag(1,2,\cdots,n)$, 其中$a_1, \cdots, a_n$互异。
      我们在练习~\ref{03E}~中算过与$A$交换的$n$阶矩阵
      都是对角矩阵；反过来，显然对角矩阵与$A$可交换。
      这样
      \[
        \cC(A)=\{\diag(c_1,\cdots,c_n)\mid c_i\in P\}.
      \]
      显然$\cC(A)$的一组基为$e_{11}, e_{22}, \cdots, e_{nn}$, 其中$e_{ii}$为$(i,i)$位元素为$1$其余元素为$0$的$n$阶矩阵。
      特别地，$\dim \cC(A)=n$.
    \item   $J$可写为$J=\lambda E+N$, 其中
$N=        \begin{pmatrix}
            0 & 1 & 0 \\
            0 & 0 & 1\\
            0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}$.  易知 $B$与$J$可交换，即$JB=BJ$, 等价于$B$与$N$可交换。
          在练习~\ref{03D}~我们算过与$N$可交换的都是$N$的多项式，形如$aE+bN+cN^2$. 
          显然$N$的多项式与$N$可交换。
    这样$\cC(J)=L(E, N, N^2)$, 且显然$(E, N, N^2)$线性无关因而构成$\cC(J)$的一组基。
    特别地，$\dim \cC(J)=3$.
\qedhere  
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{remark}
  下面我们来验证与
  \[
    J=\lambda E + N=\begin{pmatrix}
    \lambda & 1\\
     & \ddots & \ddots \\
     & & \ddots & 1  \\
     & & & \lambda
   \end{pmatrix},\quad (\text{其中}~
   N=\begin{pmatrix}
     0 & 1\\
      & \ddots & \ddots\\
      & & \ddots & 1\\
      & &  & 0
  \end{pmatrix}\in P^{n\times n})
\]
可交换的方阵恰好是$J$的多项式（也是$N$的多项式）。
设$A=(a_{ij})\in P^{n\times n}$且$AJ=JA$. 那么 $AN=NA$, 设这个矩阵等于$(b_{ij})$.
分别看乘积$AN$和 $NA$的 $(i,j)$元素 知
\[
\begin{aligned}
  b_{ij}&= 
  \begin{cases}
    0& \text{若~} j=1, \\
    a_{i,j-1} & \text{若~} j>1;
\end{cases} \\
  b_{ij}&= 
  \begin{cases}
    a_{i+1,j} & \text{若~} i<n,\\
    0& \text{若~} i=n.
\end{cases}
\end{aligned}
\]
比较可知，
\[
  \begin{cases}
    a_{i+1,1}=0 & \text{若~} i<n,\\
    a_{n,j-1}=0 & \text{若~} j>1,\\
    a_{i,j-1}=a_{i+1,j} & \text{若 $i<n$ 且 $j>1$}.
  \end{cases}
\]
最后一个式子表明$A$的每个对角线上的元素都相等，结合第一、二个式子可知$A$的主对角线的下方都是零。
    于是 $A$形如
    \[
       \begin{pmatrix}
        a_0 & a_1  & \cdots & a_{n-1}\\
         & \ddots & \ddots & \vdots\\
        & & \ddots & a_1\\
        & &  & a_0
      \end{pmatrix}=a_0 E + a_1 N +\cdots+ a_{n-1} N^{n-1}.
    \]
这样与$J$可交换的都是$N$的多项式，也是$J$的多项式。
显然$J$的多项式与$J$可交换，所以与$J$可交换的恰好是$J$的多项式。
\end{remark}



\begin{exercise}\label{220}\tiyuan{\cite[P181, 16(1)]{PWS19}} 
    在 $P^{4}$ 中，求由向量 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 生成的子空间的一组基与维数，其中
  \[
    \begin{cases}
      \alpha_1=(2,1,3,1)\\
      \alpha_2=(1,2,0,1)\\
      \alpha_3=(-1,1,-3,0)\\
      \alpha_4=(1,1,1,1).
    \end{cases}
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$S=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$.
  我们知道向量组$S$的任一极大线性无关组是$S$生成的子空间$L(S)$的一组基。
    我们通过行化简$\begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT}
    \end{pmatrix}$至行阶梯形来找下向量组$S$的一个极大线性无关组：
  \[
    \begin{pmatrix}
      2 & 1 & -1 & 1 \\
      1 & 2 & 1 & 1 \\
      3 & 0 & -3 & 1 \\
      1 & 1 & 0 & 1
    \end{pmatrix}\xrightarrow{\text{行化简}}
    \begin{pmatrix}
      1 & 1 & 0 & 1 \\
      0 & 1 & 1 & 0 \\
      0 & 0 & 0 & -1 \\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  这样$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$构成$S$的一个极大线性无关组，也是$L(S)$的一组基，特别地，$\dim L(S)= 3$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 6.6\quad 子空间的交与和}


\begin{exercise}\label{1EC}\tiyuan{\cite[P181, 18]{PWS19}}
    求分别由向量组$S_1, S_2$生成的子空间$L(S_1), L(S_2)$的交与和的
一组基与维数，
  其中
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P181, 18(1)]{PWS19}}%\marked
      \parbox{.5\columnwidth}{$
    S_1=\begin{cases}
      \alpha_1=(1,2,1,0)\\
      \alpha_2=(-1,1,1,1),
  \end{cases}$}
  \parbox{.5\columnwidth}{
    $S_2=\begin{cases}
      \beta_1=(2,-1,0,1)\\
      \beta_2=(1,-1,3,7).
    \end{cases}
  $}
\item%\marked
 \parbox{.5\columnwidth}{$
    S_1=\begin{cases}
\alpha_1= (2,0,2,5) \\
\alpha_2= (2,1,1,1) ,
    \end{cases}$
  }
   \parbox{.5\columnwidth}{$
     S_2=\begin{cases}
    \beta_1= (0,1,2,3) \\
    \beta_2= (4,2,5,9) .
    \end{cases}
  $}
\item \tiyuan{\cite[P181, 18(3)]{PWS19}}
  \parbox{.5\columnwidth}{$
  S_1=\begin{cases}
    \alpha_1=(1,2,-1,-2) \\
    \alpha_2=(3,1,1,1)\\ 
    \alpha_3=(-1,0,1,-1),
\end{cases}$}
 \parbox{.5\columnwidth}{ $S_2=\begin{cases}
    \beta_1=(2,5,-6,-5)\\
    \beta_2=(-1,2,-7,3).
  \end{cases}
$}
\item \parbox{.5\columnwidth}{$S_1=\begin{cases} 
      \alpha_1= (1,2,1,1) \\
      \alpha_2= (1,1,-1,-1) \\
      \alpha_3= (1,4,5,5),
  \end{cases}$}
   \parbox{.5\columnwidth}{$
     S_2=\begin{cases}
    \beta_1= (2,3,-1,1)\\
    \beta_2= (1,1,1,-3) \\
    \beta_3= (0,0,-2,2).
\end{cases}$}
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
令$V_1=L(S_1), V_2=L(S_2).$
那么$V_1+V_2=L(S_1, S_2).$
  \begin{enumerate}
    \item 
\fangfa  我们先求 $V_1+V_2$, 再求$V_1\cap V_2$.
为了求$V_1+V_2=\Span(S_1, S_2)$的一组基与维数，
我们来找$(S_1, S_2)=(\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2)$的一个极大线性无关组。
  我们通过行化简$\begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT}
    \end{pmatrix}$至既约的阶梯形来寻找$\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$的线性关系：
  \[
 \begin{pmatrix}
      1 & -1 & 2 & 1\\
      2 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & 1 & 0 & 3 \\
      0 & 1 & 1 & 7
    \end{pmatrix}\longrightarrow
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 & -1\\
      0 & 1 & 0 & 4\\
      0 & 0 & 1 & 3\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  这样$(\alpha_1, \alpha_2, \beta_1)$线性无关，且$\beta_2=-\alpha_1+4\alpha_2+3\beta_1$. 
  特别地$\dim V_1+V_2=3$.
同时，我们得到了向量
\[
   \gamma\coloneq \beta_2-3\beta_1=-\alpha_1+4\alpha_2\in V_1\cap V_2.
  \]
注意$\gamma$必定不为$0$, 因为$\alpha_1,\alpha_2$线性无关；
实际上$\gamma=(-5,2,3,4)$; 特别地$\dim V_1\cap V_2\geqslant 1$.
由$\alpha_1,\alpha_2$线性无关知 $\dim V_1 = 2$;
由$\beta_1, \beta_2$线性无关知 $\dim V_2= 2$. 这样由维数公式知
\[
  \dim V_1\cap V_2=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1+V_2)=1,
\]
因此$\gamma$就构成$V_1\cap V_2$的一组基。


      \fangfa 
      我们先来求$V_1\cap V_2$, 再求$V_1+V_2$. 
      $x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}$ 属于 $V_1\cap V_2$ 当且仅当存在 
      $y_{1} \beta_{1}+y_{2} \beta_{2}$ 使得
\[
x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}=y_{1} \beta_{1}+y_{2} \beta_{2},
\]
或存在 $x_3 \beta_{1}+x_4 \beta_{2}$ 使得
\[\tag{$*$}
x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}+x_3 \beta_{1}+x_4 \beta_{2}=0.
\]
我们要找出使上面向量方程有解的全部 $x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}$,
它们就是 $V_1\cap V_2$ 中的全部向量。
转置($*$) 可知 ($*$)相当于 
\[
\begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT}
    \end{pmatrix} X =0, \quad \text{其中~} X=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\rT}.
\]
行化简此齐次线性方程组的系数矩阵得 
\[
 \begin{pmatrix}
      1 & -1 & 2 & 1\\
      2 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & 1 & 0 & 3 \\
      0 & 1 & 1 & 7
    \end{pmatrix}\longrightarrow
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 & -1\\
      0 & 1 & 0 & 4\\
      0 & 0 & 1 & 3\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
从而 $(1,-4,-3,1)$ 构成一个基础解系，该齐次线性方程组的全部解是 $c(1,-4,-3,1)$ ($c\in P$)．
于是 
\[
V_1\cap V_{2}=\{ c(\alpha_1-4\alpha_2)\mid c\in P\}
=\{c(5,-2,-3,-4) \mid c\in P\},
\]
这样 $(5,-2,-3,-4)$ 是$V_1\cap V_2$的基，$\dim V_1\cap V_2=1$.
另外，由上面的化简结果知$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1$构成
$(S_1,S_2)=(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2)$的一个极大线性无关组，
因此$\dim V_1+V_2=3$, 且$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1$为$V_1+V_2$的一组基。

\item    行化简$\begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT}
    \end{pmatrix}$至既约的阶梯形得：
    \[
 \begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
2 & 1 & 2 & 5 \\
5 & 1 & 3 & 9
    \end{pmatrix}\longrightarrow
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 & 1\\
      0 & 1 & 0 & 1\\
      0 & 0 & 1 & 1\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  这样$(\alpha_1, \alpha_2, \beta_1)$线性无关，且$\beta_2=\alpha_1+\alpha_2+\beta_1$. 
  从而$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1$构成$V_1+V_2$的一组基， $\dim V_1+V_2=3$.\\
同时，我们得到了向量
\[
   \gamma\coloneq \beta_2-\beta_1=\alpha_1+\alpha_2\in V_1\cap V_2.
  \]
  实际上$\gamma=(4,1,3,6)$. 
由$\alpha_1,\alpha_2$线性无关知 $\dim V_1 = 2$;
由$\beta_1, \beta_2$线性无关知 $\dim V_2= 2$.
这样由维数公式知
\[
  \dim V_1\cap V_2=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1+V_2)= 1,
\]
因此 $\gamma$就构成$V_1\cap V_2$的一组基。

\item 我们 用与(1)中方法二类似的方法。
$V_1\cap V_2$ 的全部向量 $x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}+x_{3} \alpha_{3}$ 是使方程
\[\tag{$*$}
x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}+x_{3} \alpha_{3}+x_{4} \beta_{1}+x_{5} \beta_{2}=0
\]
有解的全部向量 $x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}+x_{3} \alpha_{3}$.
转置($*$) 可知 ($*$)相当于 
\[
\begin{pmatrix}
  \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT}
\end{pmatrix} X =0, \quad \text{其中~} X=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)^{\rT}.
\]
行化简此齐次线性方程组的系数矩阵得
\[
  \begin{pmatrix}
    1 & 3 & -1 & 2 & -1 \\
2 & 1 & 0 &5 & 2 \\
-1 & 1 & 1 & -6 & -7\\
-2 & 1 & -1 & -5 & 3
  \end{pmatrix}\longrightarrow 
  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 1 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
  \end{pmatrix}.
\]
从而$(-3,1,2,1,0)$构成一个基础解系， 该齐次线性方程组的全部解是 $c(-3,1,2,1,0)$ ($c\in P$)．
于是 
\[
  V_1\cap V_{2}=
\{  c(-3\alpha_1+\alpha_2+2\alpha_3)\mid c\in P\}
=\{c(-2,-5,6,5) \mid c\in P\},
\]
这样 $(-2,-5,6,5)$ 是$V_1\cap V_2$的基，$\dim V_1\cap V_2=1$.
另外，由上面的化简结果知$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_2$构成
$(S_1,S_2)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1,\beta_2)$的一个极大线性无关组，
因此$\dim V_1+V_2=4$, 且$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_2$为$V_1+V_2$的一组基。



\item 我们 用与(1)中方法一类似的方法。
  $V_1+V_2=\Span(S_1, S_2)$
  的一组基可由
  \[
    (S_1, S_2)=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \beta_1, \beta_2, \beta_3)
  \]
  的一个极大线性无关组给出。我们行化简
  \[
    \begin{pmatrix}
    \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT} & \beta_3^{\rT}
  \end{pmatrix}
\]
至既约的行阶梯形矩阵来寻找这些向量之间的线性关系：
  \begin{align*}
  \left(\begin{array}{rrr|rrr}
      1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0\\
      2 & 1 & 4 & 3 &1 & 0 \\
      1 & -1 & 5 & -1 & 1 & -2\\
      1 & -1 & 5 & 1 & -3 & 2
  \end{array}\right)\longrightarrow 
  \left(\begin{array}{rrr|rrr}
      1 & 0 & 3 & 0 & 2 & -2  \\
      0 & 1 & -2  & 0 & 3 & -2 \\
      0 & 0 & 0 & 1 & -2 & 2\\
      0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
  \end{array}\right).
  \end{align*}
  这样$(\alpha_1, \alpha_2, \beta_1)$构成$(S_1,S_2)$
  的一个极大线性无关组，且我们有
  \[
    \alpha_3=3\alpha_1-2\alpha_2, \quad \beta_2=2\alpha_1+3\alpha_2-2\beta_1,
    \quad \beta_3=-2\alpha_1-2\alpha_2+2\beta_1.
  \]
  特别地，$(\alpha_1, \alpha_2, \beta_1)$为$V_1+V_2=\Span(S_1, S_2)$的一组基且$\dim (V_1+V_2) = 3$.
  而且，我们得到了两个向量
  \[
    \begin{aligned}
      \gamma_1&\coloneq 2\alpha_1+3\alpha_2=2\beta_1 + \beta_2\in V_1\cap V_2,\\
      \gamma_2&\coloneq -2\alpha_1-2\alpha_2=-2\beta_1 + \beta_3\in V_1\cap V_2.
    \end{aligned}
  \]
  $\gamma_1,\gamma_2$线性无关，因为它们在线性无关的向量组$(\alpha_1, \alpha_2)$下的坐标向量$(2,3), (-2,-2)$线性无关。
  这样$\dim V_1\cap V_2\geqslant 2$. 
  又注意到$\dim V_1=2, \dim V_2\leqslant 3$, 
由维数公式知
\[
\dim V_1\cap V_2=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1+V_2)\leqslant 2.
\]
因此有$\dim V_1\cap V_2=2$, 且 $\gamma_1,\gamma_2$构成$V_1\cap V_2$的一组基。

除了上面简单地估计下$\dim V_2$, 我们也可直接得出$\dim V_2$. 
例如，注意到
\[
  \begin{pmatrix}
    2 & 1 & 0\\
    3 & 1 & 0 \\
    -1 & 1 & -2 
  \end{pmatrix}
\]
的行列式非零，故$\beta_1, \beta_2, \beta_3$线性无关；
亦可通过行化简$\begin{pmatrix} \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT} & \beta_3^{\rT}\end{pmatrix}$ 
至阶梯形来得出$\beta_1, \beta_2, \beta_3$线性无关；
当然，也可从开头的$\begin{pmatrix} \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT} & \beta_3^{\rT}\end{pmatrix}$
的化简结果接着化简。
 \qedhere
 \end{enumerate}
  \end{solution}


\paragraph*{习题 6.7\quad 子空间的直和}

  \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 21]{PWS19}}
    证明每个$n$维$P$-线性空间$V$都可写为$n$个一维子空间的直和。
  \end{exercise}

  \begin{solution}
  取$V$的一组基$\alpha_1, \cdots, \alpha_n$, 
  令$V_i=\Span \alpha_i= P \alpha_i$, 
  其中$P\alpha_i\coloneq \{c\alpha_i\mid c\in P\}$.
  既然$V_i$的基$\alpha_i$拼起来就是$V$的基，
  %那么$\dim V_i=1$,
%且
%\[
%  V_1+\cdots+V_n=\Span \alpha_1+\cdots+\Span \alpha_n=\Span (\alpha_1,\cdots,\alpha_n)=V.
%\]
%又$\dim V=\dim  V_1+\cdots+\dim V_n$,
  我们有$V=V_1\oplus \cdots \oplus V_n$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{225}\tiyuan{\cite[P181, 19]{PWS19}}
设 $V_{1}$ 与 $V_{2}$ 分别是齐次方程组 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=0$ 与 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}$ 的解空间，
证明： $P^{n}=V_{1} \oplus V_{2}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  我们要证明：给定任意的$\alpha=(a_1,\cdots,a_n)\in P^n$, 存在唯一的
\[
\beta=(b_1,\cdots,b_n)\in V_1, \quad \gamma=(c_1,\cdots,c_n)\in V_2
\]
使得$\alpha=\beta+\gamma$.
$\beta, \gamma$的存在性与唯一性相当于方程组
\[
\begin{cases}
a_i=b_i+c_i\quad (\text{对任意的~} i=1,\cdots,n)\\
b_1+b_2+\cdots+b_n=0\\
c_1=c_2=\cdots=c_n
\end{cases}
\]
有唯一解。容易发现此方程组的确有唯一解
\[
\begin{cases}
c_1=\cdots=c_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}, \\
b_i=a_i-\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\quad (\text{对任意的~}i=1,\cdots,n).
\end{cases}
\]
这样$P^n=V_1\oplus V_2$.

\fangfa  令$\alpha=(a_1,\cdots,a_n)\in V_1\cap V_2$. 那么$\sum_{i=1}^n a_i=0$, $a_1=\cdots=a_n$. 
解之得$a_1=\cdots=a_n=0$. 这样$V_1\cap V_2=\{0\}$.
显然线性方程组$x_1+\cdots+x_n=0$的秩为$1$, 故$\dim V_1=n-1$; 
显然线性方程组$x_1=x_2=\cdots=x_n$的解空间$V_2=\{(a,a,\cdots,a)\mid a\in P\}$, 显然$\dim V_2=1$.
由维数公式知
\[
  \dim (V_1+V_2)=\dim V_1 + \dim V_2-\dim V_1\cap V_2 =n.
\]
特别地, $V_1+V_2=P^{n}$. 进而$P^n=V_1\oplus V_2$.
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 22]{PWS19}}%[{\cite[P183, 22]{wang19}}]
  给定有限维空间$V$及其子空间$W_1, W_2, \cdots, W_r$, 证明下列等价：
  \begin{enumerate}
\item $\sum_{i=1}^r W_i$是直和；
\item 对任意的$i$有$W_i\cap \sum_{j\neq i}W_j=\{0\}$.
\item[(2')] 对任意的$i\geqslant 2$有$W_i\cap \sum_{j=1}^{i-1}W_j=\{0\}$.
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}

  (1)$\Rightarrow$(2) 设$v\in W_i\cap \sum_{j\neq i}W_j$. 故而$0=v+(-v)\in W_i+ \sum_{j\neq i}W_j$. 由于$W_1, W_2, \cdots, W_r$无关，有$v=0$.  

  (2)$\Rightarrow$(2') 我们有$W_i\cap \sum_{j=1}^{i-1}W_j\subset W_i\cap \sum_{j\neq i}W_j=\{0\}$, 故$W_i\cap \sum_{j=1}^{i-1}W_j=\{0\}$.

  (2')$\Rightarrow$(1) 设$0=v_1+v_2+\cdots + v_r$, 其中$v_j\in W_j$.  由$-v_r=\sum_{j=1}^{r-1}v_j\in W_r\cap \sum_{j=1}^{r-1} W_j=0$知$v_r=0$, $v_1+\cdots +v_{r-1}=0$. 类似地可证明$v_{r-1}=\cdots=v_2=v_1=0$. （严格说来，我们应当对$r$向下归纳来证明所有的$v_j=0$.）这就证明了$W_1, W_2\cdots, W_r$无关，从而$\sum_{i=1}^r W_i$是直和。
\end{solution}

\iffalse
\begin{remark}
  称向量空间$V$的子空间$W_1, \cdots, W_k$的和$W_1+\cdots+W_k$为直和 (记作$W_1\oplus \cdots \oplus W_k$)，
  若任意的$w\in W$可以唯一地写为和$w=w_1+\cdots+w_k$, 其中$w_i\in W_i$.
  这里包含两点：(i) ``可以写''这部分（生成性）；(ii) ``唯一地''这部分（无关性，见下面的命题）。
  这样``直和''可以想成是我们讨论基时的谈的生成性和无关性拿到子空间上来了。
  无关性可以用如下几种方式刻画。
  \begin{theorem*}
    设 $W_1, W_2, \cdots, W_k$ 为有限维向量空间 $V$ 的子空间，令$W = W_1 + W_2 + \cdots + W_k$. 下列条件等价：
\begin{enumerate}
  \item  $W_1, W_2, \cdots, W_k$ 无关（即若$0=w_1 + w_2 + \cdots + w_k$, 其中 $w_i \in W_i$, 则所有的$w_i=0$）；
  \item  任意的 $w \in W$, $v$可唯一地写为 $w = w_1 + w_2 + \cdots + w_k$, 其中 $w_i \in W_i$;
  \item  若 $\symbb{B} _i$ 为 $W_i$ 的基，那么合并后的向量组 $\symbb{B}  = (\symbb{B} _1, \symbb{B} _2, \cdots, \symbb{B} _k)$ 为 $W$ 的基；
  \item  $\dim W = \sum_{i=1}^k \dim W_i$;
  \item  $W_i \cap  \sum_{j\neq i} W_j = \{0\}$, 对任意的 $i$.
  \item $W_i\cap \sum_{j<i} W_j=\{0\}$, 对任意的$i>1$.
\end{enumerate}
\end{theorem*}
特别地，$V=W_1\oplus W_2$当且仅当$V=W_1+W_2$, $W_1\cap W_2=\{0\}$.

注意通常我们可能还不知道$W=W_1+\cdots+W_k$, 只知道$W_1,\cdots,W_k$都是$W$的子空间。
条件(2)和(3)不仅蕴含了这些子空间的线性无关性，也蕴含了$W=W_1+\cdots+W_k$.
而其他条件并未蕴含$W=W_1+\cdots+W_k$, 需要单独验证$W=W_1+\cdots+W_k$.
\end{remark}
\fi


\begin{exercise}%\marked
考虑$n$阶实矩阵在矩阵的加法和数乘下构成的实线性空间$\bR^{n\times n}$.
    令$V_1$为$n$阶实对称矩阵构成的子空间，令$V_2$为$n$阶实反对称矩阵构成的子空间。
  证明$\bR^{n\times n}=V_1\oplus V_2$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  按照定义，我们需要证明任意的$A\in \bR^{n\times n}$ 可惟一地写为
    \[\tag{$*$}
      A=B+C, \quad \text{其中$B\in V_1, C\in V_2$}.
    \]
    假设上式成立。转置可得
    \[\tag{$**$}
      A^{\rT}=B^{\rT}+C^{\rT}=B-C.
    \]
    联立($*$)和($**$)两式子可得
    \[
      B=\frac{A+A^{\rT}}{2},\quad C=\frac{A-A^{\rT}}{2}.
    \]
    按此二式定义$B, C$. 显然$B$对称，$C$反对称，即$B\in V_1, C\in V_2$.
    而且这样的$B, C$是($*$)的唯一解，这就是我们想要的。因此$\bR^{n\times n}=V_1\oplus V_2$.
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$V=\Map(\bR, \bR)$为由$\bR$上的所有实值函数构成的$\bR$-向量空间，$V_1$是$V$中偶函数构成的子集合，$V_2$是$V$中奇函数构成的子集合。
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item $V_1, V_2$是$V$的子空间。
    \item $V=V_1\oplus V_2$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  $\bR$上的实值函数构成的向量空间$V=\Map(\bR, \bR)$中加法定义为$(f+g)(x)=f(x)+g(x)$, 
  数乘定义为$(af)(x)=a\cdot f(x)$, 其中$a\in \bR$, $f(x), g(x)\in V$. 
  显然其中的零元素$0$为取常数$0$的常值函数，即$f(x)\equiv 0$, 对任意的$x\in \bR$.
  \begin{enumerate}
    \item 显然$0$是偶函数。对$a, b\in \bR$和$f(x), g(x)\in V_1$, 我们有
      \[
        (af+bg)(x)=af(x)+bg(x)=af(-x)+bg(-x)=(af+bg)(-x).
      \]
      这就证明了$V_1$对线性组合封闭（这等价于说$V_1$对加法和数乘封闭）。这样$V_1$是$V$的子空间。
      类似地，可以证明$V_2$是$V$的子空间。
    \item 对$f(x)\in V$, 假设存在偶函数$g(x)$和奇函数$h(x)$使得$f(x)=g(x)+h(x)$.
      那么我们有$f(-x)=g(-x)+h(-x)=g(x)-h(x)$. 
      这样必有
      \[
        g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2},\quad h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.
      \]
      因此$g(x), h(x)$存在时是唯一的。
      同时注意到$\frac{f(x)+f(-x)}{2}$的确是偶函数，$\frac{f(x)-f(-x)}{2}$的确是奇函数，
      所以要得到想要的$g(x), h(x)$, 按照这样的式子定义即可。
      这就证明了存在唯一的偶函数$g(x)$和奇函数$h(x)$使得$f(x)=g(x)+h(x)$.
      从而$V=V_1\oplus V_2$.
  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}




\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P181, 20]{PWS19}}
  证明： 如果 $V=V_{1} \oplus V_{2}, V_{1}=V_{11} \oplus V_{12}$, 
  那么 $V=V_{11} \oplus V_{12} \oplus V_{2}$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa  分别取$V_{11}, V_{12}, V_{2}$的一组基$\symbb{B} _1, \symbb{B} _2, \symbb{B} _3$.
  $V_1=V_{11}\oplus V_{12}$表明$(\symbb{B} _1, \symbb{B} _2)$是$V_1$的基，
  $V=V_1\oplus V_2$表明$(\symbb{B} _1, \symbb{B} _2, \symbb{B} _3)$为$V$的基，
  从而$V=V_{11}\oplus V_{12}\oplus V_2$.

  \fangfa  
  我们有$V=V_1+V_2=(V_{11}+V_{12})+V_2=V_{11}+V_{12}+V_2$.
  要证明$V=V_{11} \oplus V_{12} \oplus V_{2}$, 只用再证明$V_{11}, V_{12}, V_2$线性无关。
  容易通过验证$0$的分解的唯一性，
  或验证任意向量的分解的唯一性，亦或者验证维数，
  来得到无关性。
\end{solution}

\paragraph*{习题 6.8\quad 线性空间的同构 }


\begin{exercise}\label{1EB}
    设$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$为实向量空间$V$中线性无关向量组，再设
  \[
    \alpha_1=\beta_2+\beta_3+\beta_4, \quad\alpha_2=-\beta_1+3\beta_3+\beta_4,\quad \alpha_3=\beta_2+\beta_4, \quad\alpha_4=\beta_1-\beta_4.
  \]
  令$\symbb{A}=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$.
  \begin{enumerate}
    \item  求向量组$\symbb{A}$的一个极大线性无关组和秩。
    \item 令$\beta=\beta_1+2\beta_2+\beta_4$. 求解线性方程组$\symbb{A} X=\beta$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$\symbb{B} =(\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4)$, $W=\Span\symbb{B} $. 
  显然$(\symbb{A}, \beta) =\symbb{B} \begin{pmatrix}
    A & b
  \end{pmatrix}$, 其中
  \[
    \begin{pmatrix}
      A & b
    \end{pmatrix}=\left(\begin{array}{rrrr|r}
      0 & -1 & 0 & 1 & 1 \\
      1 & 0 & 1 & 0 & 2 \\
      1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\
      1 & 1 & 1 & -1 & 1
  \end{array}\right).
  \]
  借助线性同构
  \[
    W\overset{\cong}{\rightarrow} \bR^{(4)}, \quad \symbb{B} X\mapsto X, 
    \]
    我们可以通过行化简坐标矩阵$\begin{pmatrix}
      A & b
    \end{pmatrix}$来找到
  向量组$(\symbb{A}, \beta)$中向量
  $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4, \beta$之间的线性关系。
  我们来把$\begin{pmatrix}
    A & b
  \end{pmatrix}$行化简至既约的阶梯形：
 \[
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
      0 & -1 & 0 & 1 & 1 \\
      1 & 0 & 1 & 0 & 2 \\
      1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\
      1 & 1 & 1 & -1 & 1
  \end{array}\right)\longrightarrow 
      \left(\begin{array}{rrrr|r}
      1 & 0 & 0 & 3 & 3 \\
      0 & 1 & 0 & -1 & -1 \\
      0 & 0 & 1 & -3 & -1 \\
      0 & 0 & 0 & 0 & 0
  \end{array}\right)=\begin{pmatrix}
    A' & b'
  \end{pmatrix}.
  \]
  \begin{enumerate}
    \item 
      由上面的行化简结果知$A$的第$1,2,3$列为$A$的前$4$列构成的向量组的一个极大线性无关组。
      相应地，
      $\symbb{A}$中第$1,2,3$个向量构成$\symbb{A}$的一个极大线性无关组，
      即$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$为
      $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$的一个极大线性无关组，
      特别地，$\symbb{A}=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$的秩为$3$.
    \item 
      线性方程组$\symbb{A} X=\beta$ (即$\symbb{B} AX=\symbb{B} b$) 与线性方程组$AX=b$同解, 进而与$A'X=b'$, 即
      \[
        \left\{ 
          \begin{array}[]{rrrrl}
            x_1 & & & +3x_4&= 3\\
            & x_2 & & -x_4&= -1\\
            & & x_3 & -3x_4&= -1,
          \end{array}
        \right.
      \]
    同解。
    易知$A'X=b'$的通解为$X=(3-3a, -1+a, -1+3a, a)^{\rT}$, 其中$a\in \bR$任意；这也是$\symbb{A} X=\beta$的通解。
\qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}






\section{补充题和考研题}

\begin{exercise}\label{1F9} 令 $n$ 为正整数。
是否可以定义 $\bZ$ 上的 $n$ 维 $\bQ$-线性空间结构？
\end{exercise}


\begin{solution}
可以。$\bZ, \bQ^n$ 都是可数集，故存在双射 $\varphi\colon\bQ^n \rightarrow \bZ$.
可以通过 $\varphi$ 把 $\bQ^n$上的 $\bQ$-线性空间结构推到$\bZ$上去，
即对 $m,n\in\bQ^n, r\in \bQ$, 定义
(注意 $\bZ$ 中每个元素都可惟一地表为 $\varphi(m)$, 其中 $m\in \bQ^n$)
\[
  \varphi(m)+\varphi(n)\coloneq \varphi(m + n), \quad r\varphi(m)\coloneq  \varphi(rm).
\]
容易验证 $\bZ$ 带上这样的加法和数量乘法确实构成一个线性空间，
且使得 $\varphi$ 为线性空间的同构。
特别地，$\bZ$ 作为 $\bQ$-线性空间的维数等于 $n$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0B9}
  设$V$是有限维$\bF$-向量空间，$v\in V$, $\sA$是$V$上的线性变换，
  \[
    W=\bF[\sA]v\coloneq \{f(\sA)v\mid f\in \bF[x]\}=\Span(v, \sA v, \sA^2 v, \cdots)
  \]
  为$v$生成的循环子空间。
  证明：若$\sA|_W$的最小多项式的次数为$k$, 
  则$v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$是$W$的一组基。
\end{exercise}

\begin{solution}
  $\sA|_W$的最小多项式次数为$k$表明$\sA^{k}v$是
  $v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$的线性组合，
  进而对任意的$j>k$都有$\sA^{j}v$是$v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$ 的线性组合，
  这样$v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$生成$W=\bF[\sA]v$. 
  要证明$v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$构成$W$的一组基，
  只用在证明$v, \sA v, \cdots, \sA^{k-1} v$线性无关。
  反证，假设存在非平凡的线性关系$0=\sum_{i=0}^{k-1}a_i \sA^i v$.
  设$j$是最大的指标使得$a_j\neq 0$.
  这样$\sA^j v$是$v, \cdots, \sA^{j-1}v$的线性组合。
  进而$\sA|_W$的最小多项式次数$\leqslant j<k$, 矛盾了。得证。
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[20??]{beida}}
  把实数域$\bR$自然地视为有理数域$\bQ$上的向量空间，令$a=pq$, 其中$p$是素数，整数$q$不被$p$整除。
  令$n\geqslant 2$是正整数，
  证明$1, \sqrt[n]{a}, \sqrt[n]{a^2}, \cdots, \sqrt[n]{a^{n-1}}$线性无关。
  例如$1, \sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$在$\bQ$上线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}

  考虑$\bQ$-向量空间$V=\Span_{\bQ}(1, \sqrt[n]{a},\cdots,\sqrt[n]{a^{n-1}})$. 
  左乘$\sqrt[n]{a}$定义了$\bR$上的线性变换$\sA$. 
  容易发现$V=\bQ[\sA]1= \Span\{\sA^i1\mid i\geqslant 0\}$,
  即$V$是$1$相对于$\sA$生成的循环子空间；
  而且 $\sA$在$V$上的限制$\sA|_V$的一个零化多项式为$\lambda^n-a$.
由Eisenstein准则$\lambda^n-a=\lambda^n-pq$在$\bQ$上不可约，
  从而$\sA|_V$的最小多项式为$\lambda^n-a$.
  由练习 \ref{0B9} 知
  $1, \sA(1),\cdots, \sA^{n-1}(1)$在$\bQ$上线性无关，
  即$1, \sqrt[n]{a},\cdots,\sqrt[n]{a^{n-1}}$在$\bQ$上线性无关。
\end{solution}

\begin{remark}
  由于正整数 $n$ 可以任意大，可知 $\bR$ 作为 $\bQ$-线性空间是无限维的。
  这点也可从超越数的存在性推出。诚然，取一个超越数 $x$ (比如 $e, \pi,\cdots$).
  那么 $1,x,x^2,\cdots$ 在 $\bQ$ 上线性无关。
\end{remark}


\begin{exercise}\label{208}
设$n$ 阶实对称矩阵的$A$有个特征值至少$2$重。证明，对任意$n$ 维列向量 $v$, 
有 $v, Av, \cdots, A^{n-1} v$ 线性相关。
\end{exercise}
\begin{solution}
  \fangfa 存在可逆实矩阵 $P$ 使得 $P^{-1} A P=\diag(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \ldots, \lambda_{n})$, 
其中 $\lambda_{1}=\lambda_{2}$.
对 $\forall v \in \bR^{(n)}$, 令 $v=P w$, 则 $A^{k} v=A^{k} P w$. 
要证明 $v, A v, \ldots, A^{n-1} v$ 线性相关，只用证明 
$P^{-1} v, P^{-1} Av, \cdots, P^{-1} A^{n-1} v$ 线性相关，亦即证明
$w, D w,  \cdots, D^{n-1} w$ 线性相关。
令 $w=(w_{1}, \ldots, w_{n})^{\rT}$, 则
\[
  D^{k} v=(\lambda_{1}^{k} w_{1}, \ldots, \lambda_{n}^{k} w_{n})^{\rT}.
\]
将 $w, Dw, \ldots, D^{n-1} w$ 拼成一个方阵得
\[
B =\begin{pmatrix}
  w_{1} & \lambda_{1} w_{1} & \cdots & \lambda_1^{n-1} w_1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots\\
w_{n} & \lambda_{n} w_{n} & \cdots & \lambda_{n}^{n-1} w_{n}
\end{pmatrix}.
\]
由于 $|B|=\prod_{i=1}^n w_{i} \prod_{1\leqslant j<i\leqslant n}(\lambda_{i}-\lambda_{j})=0$, 
可知 $w, D w, \ldots, D^{n-1} w$ 线性相关。
证毕。

\fangfa
为了反证，设 $v, A v, \ldots, A^{n-1} v$ 线性无关。
令
\[
  A^n v=-a_0-a_1 A v-\cdots- a_{n-1} A^{n-1} v.
\]
令 $P=\begin{pmatrix}v & A v & \cdots & A^{n-1} v\end{pmatrix}$,
则 $P$ 为可逆矩阵，而且
\[
P^{-1} A P=\begin{pmatrix}
0 & & & -a_0\\
  1 & \ddots & &- a_1\\
      & \ddots & 0 & \vdots \\
          & & 1 & -a_{n-1}
            \end{pmatrix}.
        \]
      由练习 \ref{08A} 知右边的矩阵 (记作 $C$) 的最小多项式就是
    $C$的特征多项式 $x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_{i} x^i$.  故 $A$的也是，因为 $A, C$相似。
  但实对称的$A$有个特征值至少$2$重表明最小多项式的次数至多为 $n-1$, 矛盾了。
          \end{solution}


\begin{exercise}\label{1FD}\tiyuan{\parencite[2024]{zheda}}
设 $\alpha, \beta, \gamma$ 是有理数域上线性空间 $V$ 中的向量，其中 $\alpha \neq 0$, 
假如存在 $V$ 上线性变换 $\mathscr{T}$, 使得
\[
\mathscr{T} \alpha=\beta, \mathscr{T} \beta=-\gamma, \mathscr{T} \gamma=\alpha-\beta.
\]
证明： $\alpha, \beta, \gamma$ 在 $V$ 中线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  
  考虑$\alpha$相对于 $\sT$ 生成的循环子空间
  $W=\bQ[T]\alpha=\Span\{\sT^i\alpha\mid i\geqslant 0\}$, 
  及限制$\sT|_W\colon W\rightarrow W$.
  由于$\beta=\sT \alpha, \gamma=-\sT \beta=-\sT^2 \alpha$, 
  我们有 
  \[
    \sT^3 \alpha =-\sT\gamma= \beta  - \alpha =  \sT\alpha-\alpha,
  \]
  从而$(\sT^3- \sT +\sE)\alpha=0$. 
  这样$\sT^3- \sT + \sE$作为$W$上的线性变换是零映射。
  从而$x^3- x + 1\in \bQ[x]$是$\sT|_W$的零化多项式。
  而$x^3- x+ 1$在$\bQ$上不可约，故$x^3- x + 1$是$\sT|_W$的最小多项式。
  此时由练习 \ref{0B9} 知 $\alpha, \sT\alpha, \sT^2\alpha$ 线性无关。
因此$(\alpha,\beta,\gamma)=(\alpha, \sT\alpha, -\sT^2\alpha)$线性无关。

\fangfa  我们将在复数域上考虑，通过把系数延拓到复数域上
并相应地线性延拓 $\sT$\footnote{也就是说，我们将考虑复线性空间 $V\otimes_{\bQ} \bC$ 
和其上的线性变换 $\sT\otimes_{\bQ} \bC$.}
(可以这样想：包含$\alpha,\beta,\gamma$的最小的子空间至多三维，可设 $\dim V=3$, 
且可设 $V=\bQ^3$, 进而把 $V$ 嵌入 $\bC^3$并相应地线性延拓 $\sT$)。
这样做至少可以反映出向量组的线性无关性。
  我们有 
\[
  \sT(\alpha, \beta, \gamma)=(\alpha, \beta, \gamma) A,\quad \text{其中~}
  A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0\end{pmatrix}.
\]
$A$的特征多项式为 $\lambda^{3}-\lambda+1$, 它有 $3$ 个不同的复根，
故 $A$可对角化。令 $P$ 为可逆矩阵，使得 
$P^{-1} A P=\diag(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3})$,
其中 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 为 $A$ 的互异的特征值。
令 $(\alpha',\beta',\gamma')=(\alpha,\beta,\gamma)P$,
那么
\[
  \sT(\alpha',\beta',\gamma')=(\alpha',\beta',\gamma') (P^{-1}AP)=
  (\alpha',\beta',\gamma') \diag(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}).
\]
这样 $\alpha', \beta', \gamma'$ 为 $\sT$ 的属于不同特征值的特征向量，
因此线性无关。这样在复数域上， $\alpha,\beta,\gamma$ 也线性无关。
于是$\alpha,\beta,\gamma$ 在 $\bQ$ 上线性无关。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1CE}
  令 $A\in \bF^{n\times n}$, $\bC[A]=\{f(A)\mid f\in \bF[x]\}$ 
  为 $A$ 的多项式构成的$\bF^{n\times n}$ 的子空间。
  证明 $\dim \bF[A]=\deg m(\lambda)$, 其中 $m(\lambda)$ 为 $A$的最小多项式。
\end{exercise}


\begin{solution}
  令 $m(\lambda)=\lambda^k+a_{k-1}\lambda^{k-1}+\cdots+a_1\lambda+a_0$.
  $m(A)=0$ 表明 $A^k$ 可由 $E, A, \cdots, A^{k-1}$线性表出。
  容易归纳地得到 $A^{l}$ ($l\geqslant k$) 都可由 $E, A, \cdots, A^{k-1}$线性表出。
  另一方面，$E, A, \cdots, A^{k-1}$线性无关。
  令 $c_0 E+ c_1 A+ \cdots + c_{k-1}A^{k-1}=0$. 
  这样我们有个$A$ 的零化多项式 $c_0+c_1\lambda +\cdots + c_{k-1}\lambda^{k-1}$.
  根据最小多项式的极小性，只有$c_0+c_1\lambda +\cdots + c_{k-1}\lambda^{k-1}=0$.
  这样所有 $c_i=0$. 这就证明了$E, A, \cdots, A^{k-1}$线性无关。
  如此，$E, A, \cdots, A^{k-1}$生成 $\bF[A]$ 且线性无关，
  故是 $\bF[A]$ 的一组基。因此 $\dim \bF[A]=k=\deg m(\lambda)$.
\end{solution}




\begin{exercise}\label{060}
对同阶方阵 $A, B$, $[A,B]\coloneq AB-BA$称为 $A, B$ 的交换子。
设 $V=\Span S$ 是 $\bF^{n\times n}$ 的由 $S$ 生成的子空间，
其中$S=\{[A,B]\mid A, B\in \bF^{n\times n}\}$.
  证明  $\dim V=n^2-1$.
\end{exercise}

实际上，由练习~\ref{0E2}~知 $V=S$, 即 $V$ 中任一元素形如 $A B-B A$. 
特别地，任两个交换子 $[X_{1}, Y_{1}], [X_{2}, Y_{2}]$ 之和是交换子：
$[X_{1}, Y_{1}]+[X_{2}, Y_{2}]=[A, B]$, 对某个 $A, B$. 

\begin{solution}
 \fangfa  我们知道$A, B$可以写成$e_{ij}$ ($1\leqslant i, j\leqslant n$) 的线性组合。
  注意到： 
  \[
    e_{ij} e_{kl}-e_{kl}e_{ij} = 
    \begin{cases}
      e_{ii}-e_{jj}, & \text{若$j=k, i=l$}; \\
      e_{kj}, & \text{若$j\neq k, l=i$}; \\
      e_{il}, & \text{若$j=k, l\neq i$}; \\
      0, & \text{若$j\neq k$,$l\neq i$}.
    \end{cases}
  \]
  这样$e_{ij}$ ($i\neq j$), $e_{ii}-e_{jj}$ ($i<j$) 都落在$S$中，从而落在$V$中，
  而且这些向量线性无关，从而$\dim V\geqslant n^2-1$. 
  显然$V$中矩阵的迹都是$0$, 所以$V$是$\bF^{n\times n}$的真子空间，
  特别地，$\dim V<\dim \bF^{n\times n}=n^2$. 
  这样$\dim V=n^2-1$, 
  而且，所有的$e_{ij}$ ($i\neq j$), $e_{ii}-e_{jj}$ ($i<j$)构成$V$的一组基。

  \fangfa  令$W=\{M\in \bF^{n\times n}\mid \tr M=0\}$. 线性映射
    \[
      \varphi\colon \bF^{n\times n}\rightarrow \bF, A\mapsto \tr A. 
    \]
  的核 (即零向量的原像的集合) $\ker \varphi=W$, 且像 $\im \varphi=\bF$. 
  这样由秩-零度定理 (线性映射的维数公式) 知 
  \[
    \dim W=\dim \bF^{n\times n}-1=n^2-1.
  \]
  显然交换子 $[A,B]$ 满足 $\tr[A,B]=0$, 故 $S\subset W, V\subset W$. 
  而由练习~\ref{0E2}~知 $W\subset S$. 因此 $W=S=V$. 
  故而 $\dim V=\dim W=n^2-1$.
\end{solution}


\begin{exercise}
  给出映射$\varphi\colon \bR\rightarrow \bR^3$的例子，满足只要$t_1, t_2, t_3$两两不同，那么$\varphi(t_1), \varphi(t_2), \varphi(t_3)$就可构成$\bR^{3}$的基。
\end{exercise}


\begin{solution}
  令$\varphi(t)=(1, t, t^2)$即可。
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$a_1, \cdots, a_n$是数域$\bF$中的两两不同的$n$个数，$\bF[x]_n$为次数小于$n$的多项式构成的向量空间。
  令$f_j= \prod_{i\neq j} (x-a_i)$, 其中$1\leqslant j\leqslant n$. 
  证明$(f_1, \cdots, f_n)$为$\bF[x]_n$的一组基，
  并找到任意的$f\in  \bF[x]_n$在此基下的坐标向量。
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们知道$\bF[x]_n$是$n$维空间，要证明$f_1, \cdots, f_n$这$n$个多项式构成$\bF[x]_n$的基，只用证明$f_1, \cdots, f_n$能表示出任意的$\bF[x]_n$中的多项式$f$即可，
  而这显然可由Lagrange插值公式
  \[
    f(x)=\sum_{j=1}^n \frac{\prod_{i\neq j} (x-a_i)}{\prod_{i\neq j} (a_j-a_i)} f(a_j) = \sum_{j=1}^n f_j x_j
  \]
  得到，其中$x_j=\frac{1}{\prod_{i\neq j} (a_j-a_i)} f(a_j)$. 
  而且，$f$的坐标向量显然为$(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{230}
  设$V_1, V_2$为$n$维 $\bF$-向量空间$V$的子空间，且$V_1+V_2=V$. 
  令$\dim V_1=a, \dim V_2=b$.
  设$S$为$V$上满足$\sA(V_i)\subset V_i$ ($i=1,2$) 的线性变换 $\sA$ 构成的 $\End(V)$ 的子空间。
  求$\dim S$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  设$V_1\cap V_2=W$, 则 
  \[
    c\coloneq \dim W=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1+V_2)=a+b-n.
  \]
  将$W$的基$\BB_0$扩充为$V_1, V_2$分别得$(\BB_0, \BB_1)$, $(\BB_0, \BB_2)$. 
  %令$V_i'=\Span \BB_i$. 那么 $V_i=W\oplus V_i'$.
  由于$V_1+V_2=V$, $\BB=(\BB_0, \BB_1, \BB_2)$为$V$的基。
  $V$上的线性变换$\sA$满足$\sA(V_i)\subset V_i$ 相当于
  $\sA\BB_0\subset V_1\cap V_2$, $\sA\BB_1\subset V_1$且 $\sA\BB_2\subset V_2$, 
  从而相当于$\sA$在基 $\BB$ 下的矩阵形如
  \[\tag{$*$}
    \begin{pmatrix}
    A_{11} & A_{12} & A_{13} \\
    0 & A_{22} & 0\\
    0 & 0 & A_{33}
  \end{pmatrix},
\]
其中 $A_{11}, A_{22}, A_{33}$ 分别是 $c, a-c,b-c$阶方阵。 
通过取线性变换在基 $\BB$下的矩阵， 我们有同构 $\End(V)\cong \bF^{n\times n}$.
  上面的分析表明
  $S$ 在此同构下的像正是 形如 ($*$) 的矩阵构成的 $\bF^{n\times n}$ 的子空间 $W$.
  因此
  \begin{align*}
      \dim S&= \dim W =c^2+c(a-c)+(a-c)^2+c(b-c)+(b-c)^2\\
        & = a^2+b^2+n^2-an-bn.
          \tag*{\qedhere}
        \end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise}
  求出下列二阶方阵生成的$\bR^{2\times 2}$的子空间的维数：
  \[A_1=\begin{pmatrix}
      1 & 1 \\ 1 & -1 
    \end{pmatrix},
    \quad
    A_2=\begin{pmatrix}
      2 & 1 \\ 1 & -2
    \end{pmatrix},
    \quad
    A_3=\begin{pmatrix}
      3 & 1 \\ 1 & -3
    \end{pmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  取$\bR^{2\times 2}$的基$(e_{11}, e_{12}, e_{21}, e_{22})$.
  $A_1, A_2, A_3$在该基下的坐标向量分别为
  \[
    \alpha_1=(1,1,1,-1)^{\rT}, \quad \alpha_2=(2,1,1,-2)^{\rT}, \quad 
    \alpha_3=(3,1,1,-3)^{\rT}.
  \]
  只用找到$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$的极大线性无关组，
  我们相应地就知道了$(A_1, A_2, A_3)$的极大线性无关组，从而确定这些矩阵张成的子空间$V$的维数。
  我们行化简$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$得：
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 &2 & 3\\
      1 & 1 & 1 \\
      1 & 1 & 1\\
      -1 & -2 & -3
    \end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 3\\
      0 & -1 & -2\\
      0 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  所以向量组$(A_1, A_2, A_3)$的秩为$2$, 其中$(A_1, A_2)$为其一个极大线性无关组。 
  这样$\dim V=2$.
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$\varphi\in \End(V)$是有限维复向量空间$V$上的线性变换，
  且$\varphi^n=1$, 对某个正整数$n$.
  令$W=\{v\in V\mid \varphi(v)=v\}$. 
  证明$W$是$V$的子空间，
  且其维数可由线性变换$(1+\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n$的迹给出。
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有$1-x^n=(x-1)(1+x+\cdots+x^{n-1})$, 
  且显然$1-x$与$1+x+\cdots+x^{n-1}$互素。
  这样由练习~\ref{0D7}~知$V$可以写成$\varphi$-不变子空间的直和
  \[ V=\ker(1-\varphi^n)=\ker (1-\varphi)\oplus\ker (1+\varphi+\cdots+\varphi^{n-1}).\]
  显然$W=\ker (1-\varphi)$, 记$U=\ker (1+\varphi+\cdots+\varphi^{n-1})$.
  $\varphi|_W=1_W$, 而
  $\varphi|_U$满足
  \[
    1+\varphi|_U+\cdots+\varphi|_{U}^{n-1}=0.
  \]
  令$f(x)=\frac{1}{n}(1+x+\cdots+x^{n-1})$. 
  这样$f(\varphi|_W)=1_W$, $f(\varphi|_U)=0$. 
    这样
    \[\tag*{\qedhere}
      \tr f(\varphi) = \tr f(\varphi|_W)+\tr f(\varphi|_U)= \tr 1_W + \tr 0 = \dim W.
    \]
      \iffalse
  $\varphi^n=1$表明$\varphi$的特征值都是$n$次单位根，且$\varphi$可以对角化。
  取$V$的基使得$\varphi$在该基下的矩阵为对角阵
  $\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_m)$, 其中$\lambda_i$都是单位根。
  此时$\varphi^i$的矩阵为对角阵$\diag(\lambda_1^i, \cdots, \lambda_n^i)$.
  故$(\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n$的迹为
  \[
    \tr (\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n= \frac{1}{n}\left( \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lambda_j^i\right)= \frac{1}{n}\left(  \sum_{j=1}^m\sum_{i=1}^n \lambda_j^i\right).
  \]
  注意到若$\lambda_j=1$, $\sum_{i=1}^n \lambda_j^i=n$, 
  否则$n$次单位根$\lambda_j$是$1+x+\cdots+x^{n-1}=0$的根，从而$\sum_{i=1}^n \lambda_j^i=0$.
因此$\tr (\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n$就是$\lambda_i$中出现的次数。
如果所有$\lambda_i$非$1$, 那么$1$非$\varphi$的特征值, $W=0$, 从而$\dim W=0=\tr (\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n$; 
如果$\lambda_i$出现的次数为$k$, 那么$1$为$\varphi$的$k$重特征值（代数重数和几何重数都是$k$），$W$是特征值$1$的特征子空间，维数为$k$, 这也等于$\tr (\varphi+\varphi^2+\cdots+\varphi^n)/n$. 证毕。
\fi
\end{solution}




\begin{exercise}\label{0BB}
  给定$\alpha_1=(1,-2,0,2), \alpha_2=(-2, 0, 1, 1)$, 将$(\alpha_1, \alpha_2)$扩充为$\bR^4$的一组基。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa $(\alpha_1, \alpha_2)$线性无关，故矩阵$A=\begin{pmatrix}
    \alpha_1 \\
    \alpha_2
  \end{pmatrix}$有个$2$阶子矩阵可逆。比如，子矩阵$\begin{pmatrix}
    1 & -2 \\ -2  & 0
  \end{pmatrix}$可逆。
  令$\alpha_3=e_3=(0,0,1,0), \alpha_4=e_4=(0,0,0,1)$, 则
  \[
    \det \begin{pmatrix}
      \alpha_1 \\
      \alpha_2 \\ \alpha_3 \\ \alpha_4
    \end{pmatrix}=\begin{vmatrix}
      1 & -2 & 0 & 2 \\
      -2 & 0 & 1 & 1 \\
      0& 0 & 1 & 0\\
      0 & 0  &0 & 1
    \end{vmatrix} \neq 0,
  \]
  从而$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$线性无关，故为$\bR^4$的基。
  再比如，$\begin{pmatrix}
    1 & 0 \\ -2 & 1
  \end{pmatrix}$也是$A$的可逆$2$阶子矩阵，
  令$\alpha_3=e_2=(0,1,0,0), \alpha_4=e_4=(0,0,0,1)$, 
  那么
  \[
    \det \begin{pmatrix}
      \alpha_1 \\
      \alpha_2 \\ \alpha_3 \\ \alpha_4
    \end{pmatrix}=\begin{vmatrix}
      1 & -2 & 0 & 2 \\
      -2 & 0 & 1 & 1 \\
      0& 1 & 0 & 0\\
      0 & 0  &0 & 1
    \end{vmatrix} =-\begin{vmatrix}
      1 & 0 & -2 & 2 \\
      -2 & 1 & 0 & 1\\
      0& 0& 1 & 0\\
      0 & 0 & 0 & 1
    \end{vmatrix}\neq 0,
  \]
  所以也有$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$线性无关，
  从而为$\bR^4$的基。（更一般的情形中若给定了$\bF^n$中$k$个线性无关的行向量$\alpha_1, \cdots, \alpha_k$并想将这些向量扩充为$\bF^n$的基，这样的可逆的$k$阶子矩阵可以通过行化简$\begin{pmatrix}
    \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_k
  \end{pmatrix}$至行阶梯形得到，进一步我们可以类似地通过添加一些形如$e_i$的向量来得到一组基。）

  \fangfa  令$W=\Span(\alpha_1, \alpha_2)$. 我们知道$\bR^4=W\oplus W^{\perp}$, 其中$W^\perp$为$W$的正交补。 
  这样只用求出$W^{\perp}$的一组基即可，即我们找到齐次线性方程组
  \[
    \begin{cases}
      x_1-2x_2+2x_4&= 0\\
      -2x_1+x_3+x_4&= 0
    \end{cases}
  \]
  的一个基础解系即可。
  化简增广矩阵得：
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 & -2 & 0 & 2\\
      -2 & 0 & 1 & 1
    \end{pmatrix}\longrightarrow 
    \begin{pmatrix}
      1 & 0& -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\
      0 & 1 & -\frac{1}{4} & -\frac{5}{4}
    \end{pmatrix}.
  \]
  分别取$(x_3, x_4)=(1,0), (0,1)$得两个解（转置后）$\alpha_3=(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, 1, 0), \alpha_4=(\frac{1}{2}, \frac{5}{4}, 0, 1)$, 这时$(\alpha_3, \alpha_4)$就构成想要得基础解系。
  此时$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$为$\bR^4$的一组基。
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$\BB =(\xi_1, \cdots, \xi_s)$为向量空间$V$的一组基，
  $\eta_1, \cdots, \eta_t\in V$线性无关。
  证明存在$\BB $中$s-t$个向量使得这些向量跟$\eta_1, \cdots, \eta_t$拼起来也为一组基。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 反证，假设任意的$\xi_1,\cdots, \xi_s$中$s-t$个向量跟$\eta_1, \cdots, \eta_t$拼起来都线性相关。
  注意到：若$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_{k_1}, \cdots, \xi_{k_l}$线性相关，
  比如
  \[
    \sum_{i=1}^t a_i \eta_i+\sum_{i=1}^l b_i \xi_{k_i}=0,
  \]
  那么必有某个$b_i\neq 0$, 否则与$\eta_1, \cdots, \eta_t$线性无关相矛盾；
  这样某个$\xi_{k_i}$中可以由其他向量表示。
  既然$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_1, \cdots, \xi_{s-t}$线性相关，
  其中某个$\xi_i$可以由其他向量表示，不妨设$\xi_1$可以由$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_2, \cdots, \xi_{s-t}$线性表示。
  既然$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_2, \cdots, \xi_{s-t+1}$线性相关，
  其中某个$\xi_i$可以由其他向量表示，不妨设$\xi_2$可以由$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_3, \cdots, \xi_{s-t+1}$表示。
  如此操作下去，我们可以设对任意的$1\leqslant i\leqslant t+1$, $\xi_i$可以由$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_{i+1}, \cdots, \xi_{s-t+i-1}$表示。
  从而$\xi_1, \cdots, \xi_s$可以由$\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_{t+2}, \cdots, \xi_{s}$表示。
  这不可能成立，因为$\xi_1, \cdots, \xi_s$线性无关。
  得证。

  \fangfa  每个$\eta_i$都是$\xi_1, \cdots, \xi_s$的线性组合。设$\eta_1, \cdots, \eta_t$在$\xi_1, \cdots, \xi_s$下的坐标向量拼成的矩阵为$P$, 即
  \[
    (\eta_1, \cdots, \eta_t)=(\xi_1, \cdots, \xi_s) P.
  \]
  $\eta_1, \cdots, \eta_t$线性无关表明$P$列满秩，故$P$的行秩也是$t$, 
  这样$P$有$t$个行是线性无关的。
  通过调换$\xi_1, \cdots, \xi_s$的顺序，不妨设$P$的第$1$至$t$行线性无关。
  将$P$分块为$\begin{pmatrix}
    P_1 \\ P_2
  \end{pmatrix}$, 其中$P_1$是$t$阶方阵，那么$P_1$可逆。
  向量组$(\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_{t+1}, \cdots, \xi_{s})$在$\xi_1, \cdots, \xi_s$下的坐标向量拼成的矩阵为
  $
    \begin{pmatrix}
      P_1 & 0\\
      P_2 &    E
    \end{pmatrix},
  $
  这是个可逆矩阵，因为其行列式非零。
  进而$(\eta_1, \cdots, \eta_t, \xi_{t+1}, \cdots, \xi_{s})$线性无关。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1F4}
  考虑实线性空间$\bR^{3\times 3}$的两个子空间
  \[
    W_1=\left\{ \begin{pmatrix}
      a & 0 & c\\ a & 0 & 0\\ c & b & 0
  \end{pmatrix}~\Bigg\vert~ a, b,c \in \bR\right\},\quad W_2=\left\{ \begin{pmatrix}
      x & 0 & 0\\ 0 & y & 0\\ 0 & z & z
  \end{pmatrix}~\Bigg\vert~ x,y,z \in \bR\right\}.
\]
  \begin{enumerate}
    \item 试求$W_1+W_2$.
    \item 记$W=W_1+W_2$. 找到一个子空间$W_3$使得$\bR^{3\times 3}=W\oplus W_3$, 并说明理由。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有$W_1=\Span(e_{11}+e_{21}, e_{13}+e_{31}, e_{32})$, $W_2=\Span(e_{11}, e_{22}, e_{32}+e_{33})$, 所以
  \begin{align*}
    W_1+W_2&= \Span(e_{11}+e_{21}, e_{13}+e_{31}, e_{32}, e_{11}, e_{22}, e_{32}+e_{33})\\
    &= \Span(e_{11}, e_{21}, e_{22}, e_{32}, e_{33}, e_{13}+e_{31}).
  \end{align*}
  容易发现$\BB =(e_{11}, e_{21}, e_{22}, e_{32}, e_{33}, e_{13}+e_{31})$线性无关，
  所以$\BB $为$W=W_1+W_2$的一组基。
  要找$W_3$使得$\bR^{3\times 3}=W\oplus W_3$, 我们把$\BB $延拓为$\bR^{3\times 3}$的基，比如
  \[
    (\BB , \BB ')=(e_{11}, e_{21}, e_{22}, e_{32}, e_{33}, e_{13}+e_{31}, 
  e_{12}, e_{13}, e_{23}).
\]
这是一组基是因为：这个向量组可以线性表示出$\bR^{3\times 3}$的基
\[
  (e_{11},e_{12},e_{13}, e_{21}, e_{22}, e_{23}, e_{31}, e_{32}, e_{33}),
\]
且包含了$\dim \bR^{3\times 3}=9$个向量。
令$W_3=\Span(\BB ')=\Span(e_{12}, e_{13}, e_{23})$, 则$\bR^{3\times 3}=W\oplus W_3$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1ED}
  考虑线性映射$\sA\colon \bR^{(4)}\rightarrow \bR^{(4)}, \alpha\mapsto A\alpha$, 其中
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      1  & -1 & 1 & 1\\
      -1 & -1 & 1 & -1\\
      -1 & 1 & -1 & -1\\
      -1 & -1 & 1 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
  求$\ker \sA, \im \sA, (\ker \sA)^{\perp}$的一组基和维数，
  其中 $(\ker \sA)^{\perp}$ 指 $\ker \sA$ 的正交补。
\end{exercise}


\begin{solution}
  对$A$行化简得
  \[
    A\longrightarrow \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 & 0\\
      0& 1 & -1 & 0\\
      0& 0 & 0& 1\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
这样$\dim \im \sA = \rank A=3$, $\dim \ker\sA=1$.
  容易发现$\ker \sA$的一组基为$\alpha_1=(0,1,1,0)^{\rT}$.
  将之扩充为$\bR^{(4)}$的一组基得
  $(\alpha_1, e_1, e_2, e_4)$ (见练习~\ref{0BB}).
  这时$(\sA e_1, \sA e_2, \sA e_4)$可构成$\im \sA$的一组基，即$\im \sA$的一组基为
  \[
    (1,-1,-1,-1)^{\rT},\quad (-1,-1,1,-1)^{\rT}, \quad(1,-1,-1,1)^{\rT}.
  \] 
  由$\dim \ker \sA=1$知$\dim (\ker \sA)^{\perp} =3$.
  令$A$的行转置给出的列向量为
  \begin{gather*}
    \alpha_1= (1,-1,1,1)^{\rT}, \quad\alpha_2 = (-1,-1,1,-1)^{\rT}, \\
    \alpha_3= (-1,1,-1,-1)^{\rT}, \quad\alpha_4 = (-1,-1,1,1)^{\rT}.
  \end{gather*}
  $(\ker \sA)^{\perp}$可由这几个向量张成。
  对$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$行化简易知
  $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$构成该向量组的极大线性无关组。
  这样$(\ker \sA)^\perp$的一组基为$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1E3}
  证明：对任意的实矩阵 $A\in \bR^{m\times n}$, 
  \[
\im A=\im A A^{\rT},\quad \ker A=\ker A^{\rT}A.
\]
这里的 $\im, \ker$是视 $A$为线性映射 
\[
  A\colon \bR^{(n)}\rightarrow \bR^{(m)}, X\mapsto AX
\]
时的核和像。
\end{exercise}


\begin{solution}
  我们知道 $\rank A=\rank (A^{\rT}A)=\rank(AA^{\rT})$ (练习 \ref{0AF}). 
  显然 $\im A\supset \im A A^{\rT}$. 又 
  \[
    \dim \im A=\rank A=\rank AA^{\rT}=\dim AA^{\rT},
  \]
  故 $\im A=\im A A^{\rT}$. 显然 $\ker A=\ker A^{\rT}A$, 又
  \[
    \dim \ker A= n-\rank A=n-\rank A^{\rT}A=\dim \ker A^{\rT}A,
  \]
  故 $\ker A=\ker A^{\rT}A.$
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$A, B$是 $n$ 阶方阵，证明$\dim \ker AB\leqslant \dim \ker A + \dim \ker B$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 
  对$n$阶矩阵$C$, 我们也将视其为线性映射 $C\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}, X\mapsto CX$.
  由于$A(B(\ker AB))=0$, 我们有$B(\ker AB)\subset \ker A$, 
  从而\[ \dim B(\ker AB)\leqslant \dim \ker A.\]
  对线性映射 $B|_{\ker AB}\colon \ker AB\rightarrow \bF^{(n)}$ 应用秩-零度定理 
  (线性映射的维数公式) 有
  \[
    \dim \ker AB=\dim B(\ker AB)+\dim \ker B|_{\ker AB}\leqslant \dim \ker A+\dim \ker B.
  \]

  \fangfa  由Sylvester不等式 (练习 \ref{061})
  知 $\rank A+\rank B\leqslant \rank AB+n$.
  这样
  \begin{align*}  
      \dim \ker AB&= n-\rank AB\geqslant n- (\rank A+\rank B-n) \\
        & = (n-\rank A)+(n-\rank B) =\dim \ker A + \dim \ker B.
        \tag*{\qedhere}
       \end{align*}
\end{solution}



\begin{exercise}
  令$V, W$是有限维向量空间。设$X$是$W$的子空间，$T\colon V\rightarrow W$是线性映射。
  证明 \[ \dim T^{-1}(X)\geqslant \dim V-\dim W+\dim X. \]
\end{exercise}

\begin{solution}

  \fangfa 取$W$的子空间$Y$使得$W=X\oplus Y$. 
  我们有
  \[
    T^{-1}(X)\cap T^{-1}(Y)=T^{-1}(X\cap Y)=\ker T.
  \]
  取$V$的子空间$U$使得$T^{-1}(Y)=\ker T\oplus U$. 此时
  \[
    T^{-1}(X)+T^{-1}(Y)=T^{-1}(X+Y)=T^{-1}(W)=V.
  \]
  所以$V=T^{-1}(X)\oplus U$.
  限制$T|_U\colon  U\rightarrow Y$是单射，故
  \[
    \dim V-\dim T^{-1}(X)=\dim U\leqslant \dim Y=\dim W-\dim X.
  \]

  \fangfa  令$Q\colon W\rightarrow W/X$为商映射。
  那么线性映射$QT\colon V\rightarrow W/X$的核为$T^{-1}(X)$.
  从而
  \[\tag*{\qedhere}
    \dim V-\dim T^{-1}(X)=\rank QT\leqslant \dim W/X=\dim W-\dim X.
  \]
\end{solution}




\begin{exercise}\label{0D7}
  设$f, g\in \bF[x]$, 
$V$为有限维向量空间，
$\symscr{A}$为$V$ 上的线性变换。
证明：
\begin{enumerate}
  \item $\ker f(\sA)$是$\sA$-不变子空间。
  \item 若$g\mid f$, 则$\ker g(\sA)\subset \ker f(\sA)$.
  \item 令$d, e$分别为$f,g$的一个最大公因式和一个最小公倍式，则
    \[
      \ker d(\sA)=\ker f(\sA)\cap  \ker g(\sA), \quad \ker e(\sA)=\ker f(\sA)+\ker g(\sA).
      \]
    \item\label{07A} 若$f,g$互素，则
      \[
        \ker fg(\symscr{A})=\ker f(\symscr{A})\oplus \ker g(\symscr{A}).
      \]
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 令 $\alpha\in \ker f(\sA)$. 我们有 
  \[
    f(\sA) \left( \sA \alpha \right)=\sA \left( f(\sA) \alpha \right) = \sA (0)=0.
  \]
  因此 $\sA\alpha \in \ker f(\sA)$. 故 $\ker f(\sA)$是$\sA$-不变子空间。

  (2) 设 $f=hg$. 那么 $f(\sA)=h(\sA)g(\sA)$. 对 $\alpha \in \ker g(\sA)$,
  \[
    f(\sA)\alpha=h(\sA)g(\sA)\alpha=h(\sA)0=0.
  \]
  这就证明了 $\ker g(\sA)\subset \ker f(\sA)$. 

      (3) 存在$u, v\in \bF[\lambda]$使得$uf+vg=d$. 令$f=f_1 d, g=g_1 d$. 
      那么 $uf_1+vg_1=1$, $df_1g_1=fg_1=gf_1$. $e$ 与$df_1g_1$ 相差个非零常数倍
      而这个非零常数倍显然不影响计算 $\im$，
      故不妨设 $e=df_1g_1$. 

    由于 $d\mid f, d\mid g$, 由(2)可知
    $\ker d(\sA) \subset \ker f(\sA),  \ker d(\sA) \subset \ker g(\sA)$, 
    从而
    \[
      \ker d(\sA)\subset \ker f(\sA)\cap \ker g(\sA).
    \]
    反过来，若$\alpha\in \ker f(\sA) \cap \ker g(\sA)$, 则有
    \[
      d(\sA) \alpha = (u(\sA) f(\sA) + v(\sA) g(\sA) )\alpha =0,
    \]
    这样
    \[
      \ker d(\sA)\supset \ker f(\sA)\cap \ker g(\sA).
    \]
    因此
    \[
      \ker d(\sA)= \ker f(\sA)\cap \ker g(\sA).
    \]


      由于 $f\mid e, g\mid e$, 由(2)可知$\ker f(\sA)\subset \ker e(\sA), 
      \ker g(\sA) \subset \ker e(\sA)$, 从而
      \[
        \ker f(\sA)+\ker g(\sA) \subset \ker e(\sA).
      \]
      反过来，令 $\alpha \in \ker e(\sA)$, 则
      \[
        \alpha = u(\sA) f_1(\sA) \alpha + v(\sA) g_1(\sA)\alpha .
      \]
      注意到
      \[
      v(\sA) g_1(\sA)\alpha \in \ker f(\sA),\quad
      u(\sA) f_1(\sA) \alpha\in  \ker g(\sA),
    \]
      这是因为 
      \begin{align*}
        f(\sA) v(\sA) g_1(\sA) \alpha &=  v(\sA) f(\sA) g_1(\sA)\alpha = v(\sA) e(\sA) \alpha=0,\\
        g(\sA) u(\sA) f_1(\sA) \alpha &= u(\sA) g(\sA) f_1(\sA) \alpha= u(\sA) e(\sA) \alpha=0.
      \end{align*}
    这表明
    \[
      \ker f(\sA)+\ker g(\sA) \supset \ker e(\sA).
    \]
    因此
    \[
      \ker f(\sA)+\ker g(\sA) = \ker e(\sA).
    \]


    (4) $f,g$互素时 $fg$就是 $f,g$ 的一个最小公倍式。这样(4)显然可由(3)推得。
 \end{solution}

 \begin{exercise}
  设$f, g\in \bF[\lambda]$, $d, e$分别为$f,g$的一个最大公因式和一个最小公倍式。
设 $V$为有限维向量空间， $\symscr{A}\in \End(V)$为线性变换。
证明：
\[
  \im d(\sA) =\im f(\sA)+\im g(\sA),\quad 
  \im e(\sA)=\im f(\sA) \cap \im g(\sA).
\]
特别地，若 $f,g$互素，则
\[
  \im f(\sA)+\im g(\sA) = V,\quad \im f(\sA) \cap \im g(\sA) =\im fg(\sA).
\]
 \end{exercise}

 \begin{solution}
   由于 $d\mid f$且 $d\mid g$, 显然有
   $\im f(\sA) \subset \im d(\sA), \im g(\sA) \subset \im d(\sA)$, 
 从而 $\im f(\sA)+\im g(\sA) \subset \im d(\sA)$.
 反过来，存在 $u, v \in \bF[\lambda]$ 使得 $u f+v g=d$. 
 故对 $\forall \alpha \in V$ 有 
 \[
   d(\sA)(\alpha)= f(\sA) v(\sA) \alpha+g(\sA) v(\sA) \alpha \in \im f(\sA)+\im g(\sA).
 \]
 因此 $\im d(\sA) \subset \im f(\sA)+\im g(\sA)$. 
 这就证明了 $\im d(\sA) =\im f(\sA)+\im g(\sA)$.


 由于 $f\mid e$且  $g\mid e$, 显然有 $\im e(\sA)\subset \im f(\sA)\cap \im g(\sA)$.
 另一方面，设 $f=df_1, g=dg_1$. 那么 $f_1, g_1$ 互素，故存在 $u,v\in \bF[\lambda]$ 
 使得 $uf_1+vg_1=1$. $e$ 与 $df_1g_1=f_1g=fg_1$相差个非零常数倍，不妨设 $e=df_1g_1$. 
 若 
 \[
   X=f(\sA) Y_1=g(\sA)Y_2\in \im f(\sA)\cap \im g(\sA),
 \]
 则
 \[
 \begin{aligned}
    X&=  (u(\sA) f_1(\sA) + v(\sA) g_1(\sA) ) X  \\
     &= u(\sA) f_1(\sA) X + v(\sA) g_1(\sA) X  \\
     &= u(\sA) f_1(\sA) g(\sA)Y_2  + v(\sA) g_1(\sA) f(\sA)Y_1\\
     &= u(\sA) e(\sA) Y_2 + v(\sA) e(\sA)Y_1\\
     &= e(\sA) ( u(\sA) Y_2+v(\sA) Y_1)\\
     & \in \im e(\sA),
   \end{aligned}
 \]
 这样 $\im e(\sA)\supset \im f(\sA) \cap \im g(\sA)$.
 因此 $\im e(\sA)=\im f(\sA) \cap \im g(\sA)$.
 \end{solution}


\begin{exercise}
  设$\symscr{A}$是向量空间$V$上的线性变换。
  证明$V=\im \symscr{A}\oplus \ker \symscr{A}$当且仅当
  $\symscr{A}$在$\im \symscr{A}$上的限制
  $\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}\colon \im \sA\rightarrow \im \sA$可逆。
\end{exercise}


\begin{solution}

  ($\Leftarrow$) 假设$\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}$可逆。
  令$v\in V$. 既然$\symscr{A} v\in \im \symscr{A}$, 存在$u\in \im \symscr{A}$使得$\symscr{A} u=\symscr{A} v$.
  令$w=v-u$. 此时$\symscr{A} w=\symscr{A} v-\symscr{A} u=0$, 即$w\in \ker \symscr{A}$.
  这样$V=\im \symscr{A}+\ker \symscr{A}$.
  我们接着证$\im \symscr{A}$与$\ker\symscr{A}$线性无关。
  令$0=u+w$, 其中$u\in \im \symscr{A}, w\in \ker\symscr{A}$.
  用$\symscr{A}$作用后知$\symscr{A} u=0$. $\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}$可逆表明$u=0$.
  得证。所以$V=\im \symscr{A}\oplus \ker \symscr{A}$.

  ($\Rightarrow$) 假设$V=\im \symscr{A}\oplus \ker \symscr{A}$.
  考虑$\symscr{A}v \in \im \symscr{A}$. $v$可写为$v=u+w$, 其中$u\in \im\symscr{A}, w\in \ker \symscr{A}$. 
  $\symscr{A} u=\symscr{A} v$表明$\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}$是满射。
  若$\symscr{A}(\symscr{A}v)=0$, 则
  $\symscr{A}v \in \im \symscr{A}\cap \ker \symscr{A}=\{0\}$,
  我们有$\symscr{A} v=0$, 这表明$\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}$是单射。
  这就证明了$\symscr{A}|_{\im \symscr{A}}$可逆。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{090}
设有限维线性空间 $V$ 上的线性变换 $\sA$ 在 $V$ 的一组基下的矩阵是对角矩阵，证明
$V=\ker \sA\oplus \im \sA$.
\end{exercise}


\begin{solution}
取基 $\BB=(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n})$ 使得 
$\sA$ 在该基下的矩阵为 $\diag(\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{r}) \oplus 0_{(n-r) \times(n-r)}$,
其中 $\lambda_1,\cdots,\lambda_r$ 为非零数。
此时显然有
\[
\ker \sA=\Span(\varepsilon_{r+1}, \cdots, \varepsilon_{n}), 
\quad \im \sA=\Span(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{r}),
\]
且 $V=\ker \sA \oplus \im \sA$. 
\end{solution}




\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{huadongshida}}
    令 $\bR^n$ 为 $n$ 维实列向量空间。对 $n$阶实方阵 $A$, 令
    \[
\begin{aligned}
\im(A)&= \{Y \in \bR^{n} \mid \exists X \in \bR^{n} \text{~使得~} Y=A X\}\\
\ker(A)&= \{X \in \bR^{n} \mid A X=0\}.
\end{aligned}
  \]
  令 $B=A^{\rT} A+A A^{\rT}$.
 证明： 若 $A^{2}=0$, 那么
\[
  \bR^{n}=\im(A) \oplus \im(A^{T}) \oplus \ker(B).
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa 
我们知道 $\rank A=\rank A^{\rT}A=\rank A^{\rT}A$ 
(练习 \ref{0AF}), 记此公共的值为 $r$. 
由于 $A^{\rT}A, AA^{\rT}$ 为可交换的实对称矩阵，
$A^{\rT}A, AA^{\rT}$ 可以同时相似对角化 (练习~\ref{0A8})，
即存在可逆矩阵 $P$ 使得 
\[
\begin{aligned}
  P^{-1} (A^{\rT}A)P &= \diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)=:D_1,\\
  P^{-1} (AA^{\rT})P &= \diag(\mu_1,\cdots,\mu_n)=:D_2.
\end{aligned}
\]
由 $(A^{\rT}A) (AA^{\rT})=0$ 知 $D_1D_2=0$,
因此$\lambda_i, \mu_i$ 不同时非零。
做一串形如 $r_i\leftrightarrow r_j, c_i\leftrightarrow c_j$ 
的初等变换后 (这还是相似变换, 实际上是用置换矩阵做相似变换)，可设 
\[
  \lambda_i \begin{cases}
    \neq 0, & \text{若~} 1\leqslant i\leqslant r, \\
    =0, & \text{否则},
  \end{cases}\qquad
\mu_i \begin{cases}
    \neq 0, & \text{若~} r+1\leqslant i\leqslant 2r, \\
    =0, & \text{否则},
  \end{cases}
\]
令 $e_i\in \bR^{n}$ 为第 $i$ 分量为$1$ 其余分量为$0$的单位向量。
显然 
\[
\begin{gathered}
  \ker (D_1+D_2)= \Span (e_{2r+1},\cdots,e_n), \\
  \im D_1= \Span (e_1,\cdots,e_r),\quad
  \im D_2= \Span(e_{r+1},\cdots,e_{2r}).
\end{gathered}
\]
进而显然有 
\[\tag{$*$}
  \bR^n= \im D_1\oplus D_2\oplus \ker (D_1+D_2).
\]
考虑线性同构 $\varphi\colon \bR^n\rightarrow \bR^n, x\mapsto Px$.
我们有
\[
  \im D_1=\varphi(\im A^{\rT}A), \quad \im D_2=\varphi(\im AA^{\rT}),\quad
  \ker (D_1+D_2)=\varphi(\ker B).
\]
这样对 ($*$) 应用 $\varphi^{-1}$ 得
\[
  \bR^n=\im A^{\rT}A \oplus \im AA^{\rT} \oplus \ker B.
\]
由 $\rank A=\rank A^{\rT}A=\rank AA^{\rT}$ 可知
$\im A^{\rT}A =\im A^{\rT}$, $\im AA^{\rT}=\im A$ 
(``$\subset$'' 是显然的，通过比较维数可知实际上等式成立)。
因此 $\bR^n=\im A^{\rT}\oplus A\oplus \ker B$.


  \fangfa 
\emph{第一步}：证明 $\bR^n= \ker B \oplus \im B$. 
由于 $\dim \ker B + \dim \im B=n$, 只用证明 $\ker B \cap \im B=\{0\}$. 
%注意到 $B$ 是半正定的实对称矩阵。
令 $B\alpha \in \ker B$.
那么 $B^{\rT} B\alpha=BB\alpha=0$,  
两边左乘 $\alpha^{\rT}$ 得 $\norm{B\alpha}^2=0$, 故 $B\alpha=0$. 证毕。
另外， 亦可应用 练习~\ref{090}。


  \emph{第二步}：证明 $\ker B=\ker A^{\rT} A \cap \ker A A^{\rT}$. 
``$\supset$'' 是显然的。反过来，
设 $\alpha \in \ker B$, 即 $A^{\rT} A \alpha+A A^{\rT} \alpha=0$. 
两边左乘 $A$ 并应用 $A^{2}=0$ 可得 $A A^{\rT} A \alpha=0$.
两边左乘 $\alpha^{\rT} A^{\rT}$ 得 $\norm{A^{\rT}A\alpha}^2=0$,
故 $A^{\rT}A\alpha=0$. 从而 $A A^{\rT} \alpha=0$. 证毕。


%由 $\rank A^{\rT} A=\rank A A^{\rT}=\rank A$ 知 $\ker A^{\rT} A=\ker A, \ker A A^{\rT} =\ker A$. 
%由于 $\bR^{(n)}=\ker A^{\rT} A \oplus \Im A^{\rT} A$ 且 $\Im A^{\rT} A \subset \ker A^{\rT}$
%(因为 $(A^{\rT})^{2}=0$), 我们有 $\bR^{(n)} \subset \ker A+\ker A^{\rT}$, 
%从而 $\bR^{(n)}= \ker A+\ker A^{\rT}$ 
%又 $\ker B=\ker A^{\rT} A \cap \ker A D T=\ker A \cap \ker A^{\rT}$,
%故而 
%$\dim \ker B=\dim A+\dim A^{\rT}-\dim(\ker A+\ker A^{\rT})=n-2 r$.
%这样 $\rank B=2 r$. 



\emph{第三步}：证明和 $\im A+\im A^{\rT}+\ker B$ 为直和。
令 $A \alpha+A^{\rT} \beta+\gamma=0$, 其中 $\gamma \in \ker B$.
两边左乘 $A A^{\rT}$ 并应用 $A^{2}=0$ 得 $A A^{\rT} A \alpha=0$.
两边左乘 $\alpha^{\rT} A^{\rT}$ 得 $\norm{A^{\rT} A \alpha}^{2}=0$, 
故 $A^{\rT} A \alpha=0$. 两边左乘 $\alpha^{\rT}$ 可得 $A \alpha=0$. 
类似地可知 $A^{\rT} \beta=0$, 进而 $\gamma=0$. 证毕。

\emph{第四步}：此时，我们有 
\[
  \bR^{n}=\im B \oplus \ker B  \subset \im A \oplus \im A^{\rT} \oplus \ker B\subset \bR^n.
\]
故 $\bR^{n}=\im A \oplus \im A^{\rT} \oplus \ker B$.
\iffalse
\fangfa 
\emph{第一步}：$\bR^n=  \im B \oplus\ker B$ (如方法二的第一步). 

\emph{第二步}：证明 $\rank B=2\rank A$. 
由于 $A^{\rT}A, AA^{\rT}$ 为可交换的实对称矩阵，
$A^{\rT}A, AA^{\rT}$ 可以同时 (相似) 对角化 (练习~\ref{0A8})。
由对角化的结果结合 $(A^{\rT}A) (AA^{\rT})=0$
可知 $\rank B=\rank A^{\rT}A +\rank A^{\rT} A=2\rank A$. 证毕。

\emph{第三步}：证明和$\im A+\im A^{\rT}$ 是直和。 令 $A\alpha+A^{\rT} \beta=0$.
两边左乘 $A^{\rT}$并应用 $A^2=0$ 和 $\gamma\in \ker AA^{\rT}$ 
得 $A^{\rT}A\alpha=0$. 两边左乘 $\alpha^{\rT}$ 得
$\norm{A\alpha}^2=0$, 故 $A\alpha=0$. 类似地可得 $A^{\rT}\beta=0$. 证毕。

\emph{第四步}：
此时 从 $\im B\subset \im A\oplus \im A^{\rT}$ 
且 $\dim \im B=2\rank A=\dim (\im A\oplus \im A^{\rT})$ 知 $\im B=\im A\oplus \im A^{\rT}$.
这样 $\bR^n=  \im B \oplus\ker B = \im A\oplus \im A^{\rT} \oplus\ker B $.
\fi
\end{solution}

\begin{remark}
上面的题目可推广为：若 $A, B$ 为数域 $\bF$ 上的可相似对角化的矩阵，且 $AB=BA=0$,
    则 $\bF^n=\im A\oplus \im B\oplus \ker (A+B)$.
\end{remark}

\begin{exercise}\label{071}
设 $V_1, V_2, V_3$ 都是数域 $\bF$ 上线性空间 $V$ 的有限维子空间，证明：
\[
\begin{aligned}
\dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 & \geqslant \dim(V_1 + V_2 + V_3) + \dim(V_1 \cap V_2) + \dim(V_1 \cap V_3) \\
& \hspace{1.2em} + \dim(V_2 \cap V_3) - \dim(V_1 \cap V_2 \cap V_3).
\end{aligned}
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
由维数公式知
\[
\begin{aligned}
\dim(V_1 + V_2 + V_3) &=  \dim V_1 + \dim(V_2 + V_3) - \dim(V_1 \cap (V_2 + V_3))\\
&=  \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 - \dim(V_2 \cap V_3) - \dim(V_1 \cap (V_2 + V_3)).
\end{aligned}
\]
因此 
\[
  \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 = \dim(V_1 + V_2 + V_3) + \dim(V_2 \cap V_3) + \dim(V_1 \cap (V_2 + V_3)).
\]
而
\(
(V_1 \cap V_2) + (V_1 \cap V_3) \subseteq V_1 \cap (V_2 + V_3),
\)
所以
\[
\begin{aligned}
\dim((V_1 \cap V_2) + (V_1 \cap V_3)) &=  \dim(V_1 \cap V_2) + \dim(V_1 \cap V_3) - \dim((V_1 \cap V_2 \cap V_3))\\
& \leqslant \dim(V_1 \cap (V_2 + V_3)).
\end{aligned}
\]
进而
\begin{align*}
\dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 & \geqslant \dim(V_1 + V_2 + V_3) + \dim(V_2 \cap V_3) + \dim(V_1 \cap V_2) \\
& \hspace{1.2em} + \dim(V_1 \cap V_3) - \dim(V_1 \cap V_2 \cap V_3).
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}




\begin{exercise}\label{0C1}
  设$V$为数域%无限域
$\bF$上的$n$维线性空间，其中$n>1$. 证明：
  \begin{enumerate}
\item $V$的$m$维子空间（其中$0<m<n$）有无穷多个；
\item $V$的任意$m$维子空间（其中$0<m<n-1$）均为若干个$n-1$维子空间的交。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) \fangfa 设$(v_1, \cdots, v_n)$为$V$的一组基。
      对$a\in \bF$, 令$V_a=\Span (v_1, \cdots, v_{m-1}, v_m+a v_n)$.
      若$a'\neq a\in \bF$, 则容易发现$v_m+a' v_n\notin V_a$.
      从而对$a\neq a'$有$V_a\neq V_{a'}$. 
      由于基域$\bF$无限，$V$的$m$维子空间也有无限个。

      \fangfa  我们只用证明$\bF^{n}$的$m$维子空间有无限多个，其中$0<m<n$. 
      对互异的$a_1, \cdots, a_m\in \bF$, 
      令$V_{a_1, \cdots, a_m}=\Span(\alpha_1, \cdots, \alpha_m)$, 其中$\alpha_i=(1, a_i, \cdots, a_i^{n-1})$. 
      $\alpha_1, \cdots, \alpha_m$线性无关表明$\dim V_{a_1,\ldots,a_m}=m$.
      若$b\in \bF$且$b\neq a_1, \cdots, a_m$, 则$\beta=(1, b, \cdots, b^{n-1})$与$\alpha_1, \cdots, \alpha_m$线性无关。
      从而$\beta\notin V_{a_1, \cdots, a_m}$. 
      这样，给定不同的两组$m$个互异的$\bF$中元素：$\{a_1, \cdots, a_m\} \neq \{b_1, \cdots, b_m\}$, 
      我们有$V_{a_1,\cdots, a_m}\neq V_{b_1, \cdots, b_m}$.
      由于基域$\bF$无限，$m$个互异的$\bF$中元素构成的集合有无限多个，所以不同的$\bF^n$的$m$维子空间也有无限多个。

      \fangfa  取$V$的$m+1$维子空间$W$, 我们证明$W$有无限个$m$维子空间。
  我们可设$W=\bF^{m+1}$.
  对$c\in \bF$, 令$\gamma=(1,c,0,\cdots,0)\in W$, 定义
  \[
    W_c=\gamma^\perp = \{\alpha=(a_1, \cdots, a_{m+1})\in W\mid \gamma \alpha^{\rT}=0, \text{~即~} a_1+c a_2=0\}.
  \]
  %若$c$不是$-1$的平方根，则$\gamma\notin W_c$, 进而易知$\dim W_c=m-1$.
  显然 $\dim W_c=m$.
  若$c\neq c'\in \bF$, 则 $W_c\neq W_{c'}$, 因为
  \[
    (-c, 1, 0, \cdots, 0)\in W_c\setminus W_{c'}.
  \]
  从而我们有无限个$m$维子空间，因为$\bF$无限。
  %所以不同的非$-1$的平方根的$c\in \bF$定义了不同的$m-1$维子空间$W_c$, 
  %从而我们有无限个$m$维子空间，因为$\bF$无限而且$-1$的平方根至多两个。

  (2) %\fangfa 
  我们有$n>2$. 设$W$为$V$的$m$维子空间。
      令$(v_1, \cdots, v_m)$为$W$的一组基，扩充为$V$的基得$(v_1, \cdots, v_n)$.
      对 $1\leqslant i\leqslant n-m$, 令
      $V_i=\Span(v_1, \cdots, \widehat{v_{m+i}}, \cdots, v_n)$,
      其中$\widehat{v_{m+i}}$表示去掉此项。
      显然$V_i$为$n-1$维，我们来验证$W=V_1\cap \cdots\cap V_{n-m}$.
      显然$W\subset V_1 \cap \cdots \cap V_{n-m}$. 
      反过来，考虑$v\in V_1\cap \cdots \cap V_{n-m}$.
      设$(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$为$v$在基$(v_1, \cdots, v_n)$下的坐标向量。
      $v\in V_i$表明$x_{m+i}=0$. 这样$v\in \Span (v_1, \cdots, v_m)=W$.
      这就证明了$W\supset V_1 \cap \cdots \cap V_{n-m}$.
      这样$W= V_1 \cap \cdots \cap V_{n-m}$.
\iffalse
      \fangfa  我们有$n>2$. 设$W$为$V$的$m$维子空间。
      我们对$0<m\leqslant n-1$向下归纳来证明。$m=n-1$时结论平凡。
设$0<m<n-2$.
      设$W$的一组基为$v_1, \cdots, v_{m}$. 
      将这组基扩充为$V$的基得$v_1, \cdots, v_{m}, v_{m-1},\cdots, v_n$. 
      令$V_1=\Span (v_1, \cdots, v_{m}, v_{m+1}), V_2=\Span(v_1, \cdots, v_{m}, v_{m+2})$.
      容易发现$W=V_1\cap V_2$. 
      由归纳假设知$V_1, V_2$都是若干$n-1$维$V$的子空间的交，从而$W$也是。
    \fi
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0C2}
  设$V$是数域%无限域
$\bF$上的$n$维向量空间。
  证明存在无限个向量$\alpha_1, \alpha_2, \cdots$使得其中任意$n$个向量都能构成$V$的一组基。
\end{exercise}


\begin{solution}

  \fangfa 我们有同构 $V\cong \bF^{n}$. $V$ 中$n$个向量构成 $V$ 的一组基当且仅当
  它们在 $\bF^n$中的像构成 $\bF^n$ 的一组基。
  因此可设$V=\bF^{n}$. 既然$\bF$无限，可取无限个两两不同的元素$a_1, a_2, \cdots$. 令
  \[
    \alpha_i=(1, a_i, a_i^{2}, \cdots, a_i^{n-1}).
  \]
  Vandermonde行列式告诉我们$\alpha_1, \alpha_2, \cdots$中任意$n$个都线性无关，
  从而是$V$的一组基。

  \fangfa  这个证明用到练习~\ref{0C4}~的结论：
  有限个真子空间不能覆盖母空间。
  我们递归地构造出$V$中向量的无限序列$(v_1, v_2, \cdots)$使得其中任意$n$个都能构成$V$的基。
  取$V$的一组基$(v_1, \cdots, v_n)$.
  由$v_1, \cdots, v_n$中$n-1$个向量生成的$n-1$维子空间只有有限个（至多$\binom{n}{n-1}$个），
  所以存在$v_{n+1}\in V$不落在这些$n-1$维子空间中。
  这样$v_1, \cdots, v_{n}, v_{n+1}$中任意$n$个都线性无关，从而构成$V$的基。
  同样地，$v_1, \cdots, v_{n}, v_{n+1}$中
  $n-1$个向量生成的子空间只有有限个（至多$\binom{n+1}{n-1}$个），
  所以存在$v_{n+2}\in V$不落在这些$n-1$维子空间中。
  这样$v_1, \cdots, v_{n+1}, v_{n+2}$中任意$n$个都线性无关，从而构成$V$的基。
  一直如此操作下去，我们就得到了想要的无限序列。
\end{solution}


\begin{exercise}[无限域上的线性空间不会被有限个真子空间覆盖]\label{0C4}
  设$V$是数域%无限域
$\bF$上的向量空间。证明$V$不是其有限多个真子空间的并。
\end{exercise}


\begin{solution}
 % \fangfa 
  我们反证。假设$V=\cup_{i=1}^k V_i$, 其中$V_i$是$V$的真子空间。
  丢弃一些多余的$V_i$, 我们可以假设$V\neq \cup_{i\neq j} V_i$, 对任意的$1\leqslant j\leqslant k$.
  此时$k\geqslant 2$, 且必有$v_1, v_2\in V$使得
  (i) $v_1\in V_1\setminus \cup_{i\neq 1} V_i$, 
  (ii) $v_2\in V_2\setminus \cup_{i\neq 2} V_i$.
  设$\{x_n\}$为$\bF$中两两不同的非零元素的序列。
  那么对任意的$n$有$u_n=v_1+ x_n v_2\notin V_1\cup V_2$.
  这样，对任意的$n$, $u_n\in \cup_{i\neq 1,2} V_i$.
  由于这些$u_n$互异且无限个，必有某对指标$n\neq m$和某个$i\neq 1,2$使得$u_n, u_m\in V_i$.
  但此时$v_2=\frac{u_n-u_m}{x_n-x_m}\in V_i$, 与假设(ii)矛盾了。得证。
\iffalse
  \fangfa  先考虑有限维的$V$. 
  由练习~\ref{0C2}~知存在$V$中无限个向量
  $\alpha_1, \alpha_2, \cdots$使得其中任意$n=\dim V$个都能构成$V$的一组基。
  $V$的有限个真子空间$V_1, \cdots, V_k$若并起来包含这些向量，
  即对任意$i$有$\alpha_i\in \cup_{i=1}^s V_i$, 
  那么有一个真子空间$V_j$包含这些向量中的无限个，
  从而包含了$V$的一组基，进而 $V_j=V$, 这与$V_j$是真子空间矛盾了。
  这就证明了$\{\alpha_i\}\nsubset \cup_{i=1}^k V_i$, 
  从而 $V\neq \cup_{i=1}^k V_i$. 
 接着考虑不必有限维的$V$. 为了反证，假设$V=\cup_{i=1}^k W_i$.
  可以设$k>1$且对任意的$i$有$W_i\nsubset \cup_{j\neq i}W_j$. 
  取$\alpha_i\in W_i\setminus\cup_{j\neq i}W_j$. 
  令$W=\Span(\alpha_1, \cdots, \alpha_k)$, 则 $W$有限维。 
  对$i\neq j$, $\alpha_j\notin W\cap W_i$表明$W\cap W_i$都是$W$的真子空间。
  $V=\cup_{i=1}^k W_i$表明$W=\cup_{i=1}^k (W\cap W_i)$,
  这与有限维时的结论矛盾了。证毕。

  \fangfa  
  先考虑有限维的情形。我们对维数$\dim V$归纳。
  若 $\dim V=0$, $V$没有真子空间，结论成立；
  若$\dim V=1$, 其真子空间只有$\{0\}$, 结论成立。
  现在考虑$\dim V=n>1$. 为了反证，假设 $V= \cup_{i=1}^k W_i$,
  其中 $W_1,\cdots,W_k$是$V$的真子空间。
  由练习~\ref{0C1}~知$V$的$n-1$维子空间有无限多个，故
  存在$V$的$n-1$维子空间$W$使得$W$不等于任意一个$W_i$, 
  进而 $W=\cup_{i} W\cap W_i$, 且$W\cap W_i$是 $W$的真子空间。
  这与归纳假设相矛盾。
  这就证明了(基域无限时)有限维向量空间不能被有限个真子空间覆盖。
 如果$V$无限维，我们可以如方法二中从有限维过渡到无限维。
 %\footnote{可以用超限归纳法替代数学归纳法使得上面的论证包含无限维的情形。}
 \fi
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$W, V_1, \cdots, V_s$是数域%无限域
上的向量空间$V$的子空间，且$W\subset V_1 \cup \cdots \cup V_s$. 
  证明：存在$i$使得$W\subset V_i$.
\end{exercise}
\begin{solution}
  由于$W\subset V_1\cup \cdots \cup V_s$, 
  我们有$W\subset (V_1\cap  W)\cup \cdots \cup (V_s\cap W)$,
  即$W$被其有限个子空间$V_1\cap W, \cdots, V_s\cap W$覆盖。
  由练习~\ref{0C4}~知这些空间不能都是真子空间，
  从而存在$i$使得$W=V_i\cap W$, 即$W\subset V_i$.
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$V$是数域%无限域
$\bF$上的$n$维向量空间，$V_1, \cdots, V_s$是$V$的真子空间。
  证明存在$V$的基$v_1, \cdots, v_n$使得$v_i\notin \cup_{j=1}^s V_j$, 对任意的$i$. 
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa    由练习~\ref{0C2}~知存在$V$中无限个向量
  $\alpha_1, \alpha_2, \cdots$使得其中任意$n$个都能构成$V$的一组基。
  若 $\cup_{j=1}^s V_j$ 包含这些向量中的无限个，
  那么有一个真子空间$V_j$包含这些向量中的无限个，
  从而包含了$V$的一组基，进而 $V_j=V$, 这与$V_j$是真子空间矛盾了。
  因此 $\cup_{j=1}^s V_j$ 只包含$\alpha_1,\alpha_2,\cdots$中的有限个。
  在剩余的无限个中任取$n$个就能满足题目要求。

  \fangfa 
  由练习~\ref{0C4}~知$\cup_{j=1}^s V_j$真包含于$V$, 故存在
  \[
    v_1 \in V\setminus \cup_{j=1}^s V_j.
  \]
  $\cup_{j=1}^s V_j \bigcup \Span v_1$也真包含于$V$, 存在
  \[
    v_2 \in V\setminus \left(\cup_{j=1}^s V_j \bigcup \Span v_1\right).
  \]
  $v_1\neq 0$且$v_2\notin \Span v_1$表明$v_1, v_2$线性无关。
  $\cup_{j=1}^s V_j \bigcup \Span (v_1, v_2)$也真包含于$V$, 存在
  \[
    v_3 \in V\setminus \left(\cup_{j=1}^s V_j \bigcup \Span (v_1,v_2)\right).
  \]
  $v_1, v_2$线性无关且$v_3\notin \Span (v_1, v_2)$表明$v_1, v_2,  v_3$线性无关。
  一直如此操作下去，我们可以找到一组基$v_1, \cdots, v_n$
  使得其中任意元素都不落在$ \cup_{j=1}^s V_j$中。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1F3}
  设$\sigma_1, \cdots, \sigma_s$是向量空间$V$上的两两不同的线性变换。
  证明存在$\alpha \in V$使得$\sigma_1(\alpha), \cdots, \sigma_s(\alpha)$两两不同。
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa   令
  \[
    V_{ij}=\{v\in V\mid \sigma_i v=\sigma_j v\}, 1\leqslant i< j\leqslant s.
  \]
  那么$V_{ij}$是$V$的子空间，且$\sigma_i\neq \sigma_j$表明$V_{ij}$是真子空间。
  这样由练习~\ref{0C4}~立知题目要求的$v$的存在性。

  \fangfa 
  反证。假设对任意的$\alpha\in V$都存在两个不同的$\sigma_i, \sigma_j$使得$\sigma_i(\alpha)=\sigma_j(\alpha)$. 
  由练习~\ref{0C2}~存在序列$\alpha_1, \alpha_2,\cdots$使得其中任意$n$个都构成$V$的基。
  这是无限序列，因而存在两个不同的$\sigma_i, \sigma_j$在其中无限个元素上取值相同。
  特别地，$\sigma_i, \sigma_j$在一组基上取值相同，这样$\sigma_i=\sigma_j$, 与$\sigma_i\neq \sigma_j$矛盾了。
\end{solution}

\section{杂题}

\begin{exercise}
令 $n$ 为正整数。是否可以定义 $\bR$ 上的 $n$ 维 $\bC$-线性空间结构？
\end{exercise}

\begin{solution}
 可以。我们有双射 $\bC\rightarrow \bR^{2}$, 而 $\bR$ 的基数是无限的，
 故 $\bC, \bR$有相同的无限的基数，进而 $\bC^n, \bR$有相同的基数
 (关于基数的算术，参见 \parencite[第5章]{Jec03}; 我们假定了选择公理)。
 故存在双射 $\varphi\colon \bR\rightarrow \bC^n$.
 可以通过 $\varphi$ 把 $\bC^n$上的 $\bC$-线性空间结构拉到$\bR$上去。
 \end{solution}


\begin{exercise}
设 $m_{1}, \cdots, m_{n}$ 是不同的没有平方因子的自然数。 
证明在 $\bQ$ 上的向量空间 $\bR$ 中数 
$1, \sqrt{m_{1}}, \cdots, \sqrt{m_{n}}$ 是线性无关的。
\end{exercise}


\begin{solution}
对 $n$ 归纳。
 $n=0$ 时， $1$ 线性无关。
 为了反证，设 $\sqrt{m_{n}}=c_{0}+\sum_{i=1}^{n-1} c_{i} \sqrt{m_{i}}$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1FF}
  设$V_1, V_2$是 $\bF$-向量空间$V$的有限维子空间。公式
  \[
    \dim (V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1\cap V_2)
  \]
  类似于对集合成立的公式
  \[
    |S_1\cup S_2|=|S_1|+|S_2|-|S_1\cap S_2|.
  \]
  一般地，我们有集合的容斥公式，即
对有限集$A_1,\cdots,A_n$有
\[
  |A_1\cup \cdots\cup A_n| =  \sum_i |A_i| -\sum_{i<j} |A_i\cap A_j| + \sum_{i<j<k} |A_i\cap A_j\cap A_k| - \cdots+(-1)^{n-1}|A_1\cap \cdots\cap A_n|, 
  \]
  想想更多的子空间的维数公式是否成立。比如，
  对三个有限维子空间 $V_1, V_2, V_3$, 公式
\[
\begin{aligned}
  \dim(V_1 + V_2 + V_3)
 & = \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3- \dim(V_1 \cap V_2)  \\
  & \hspace{1.2em} - \dim(V_1 \cap V_3)- \dim(V_2 \cap V_3) + \dim(V_1 \cap V_2 \cap V_3)
\end{aligned}
\]
 是否成立？
\end{exercise}

\begin{solution}
\iffalse
  \fangfa 
  不成立。令 $n=3$. 题目所述的类似是这样产生的。
  令 $\BB_{123}$ 为 $V_1\cap V_2\cap V_3$的基。
  将之扩充为 $V_1\cap V_2, V_2\cap V_3, V_1\cap V_3$的基分别得
  $(\BB_{123}, \BB_{12})$, $(\BB_{123}, \BB_{23})$, $(\BB_{123}, \BB_{13})$.
  由 $n=2$ 的情形我们知
  $(\BB_{123}, \BB_{12}, )$
  接着将
  \fangfa 
\fi
  不成立。由练习 \ref{071} 的证明知
\[
\begin{aligned}
\dim(V_1 + V_2 + V_3)
 & \leqslant  \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3- \dim(V_1 \cap V_2)  \\
 & \hspace{1.2em} - \dim(V_1 \cap V_3)- \dim(V_2 \cap V_3) + \dim(V_1 \cap V_2 \cap V_3),
\end{aligned}
\]
其中等号成立当且仅当 
\[
  (V_1 \cap V_2) + (V_1 \cap V_3) = V_1 \cap (V_2 + V_3).
\]
但是，下面是此等式不成立的例子：取 $V=\bF^{3}$, 
\[
  V_1=\Span( (1,0) ),\quad
  V_2=\Span ( (0,1) ), \quad V_3=\Span ((1,1)),
\]
  那么 $V_1\cap V_2=\{0\}=V_1\cap V_3$, 而 $V_1\cap (V_2+V_3)=V_1$.
  实际上 $\dim (V_1+V_2+V_3) =2$, $\dim V_i\cap V_j=0$ (对 $i\neq j$), 
  $\dim (V_1\cap V_2\cap V_3) =0$, 而 $\dim V_1=\dim V_2=\dim V_3=1$.
\end{solution}


